DOĞRUSAL ZAMANLA DEĞİŞMEZ SİSTEMLERDE DİFERANSİYEL DENKLEMLER

DOĞRUSAL ZAMANLA DEĞİŞMEZ SİSTEMLERDE DİFERANSİYEL DENKLEMLER

≠0

aN olmak üzere, giriş(x) – çıkış(y) ilişkisi

) ( ) ( )

( )

( )

( ) ( )

( )

( ₁ ^{( 1)} _{1 0} ^{( )} ₁ ^{( 1)} _{1 0}

)

( t a y t a y t a y t b x t b x t b x t b x t

y

a_N ^N + _N− ^N− + K + & + = _M ^M + _M− ^M− + K + & +

gibi N. mertebeden doğrusal bir diferansiyel denklemle veriliyorsa sistem N. mertebeden doğrusal bir sistemdir. Eğer a , ₀ a₁, … , a ; _N b , ₀ b₁, … , b_M katsayılarının hepsi zamana göre sabitse, yani denklem sabit katsayılıysa sistem N. mertebeden doğrusal zamanla değişmez (DZD) bir sistemdir. Bu katsayıların birisi bile sadeleştirilemez bir şekilde zamana bağlıysa doğrusal zamanla değişen bir sistemdir. Ancak her doğrusal veya her DZD sistem böyle ifade edilemeyebilir.

Girişteki yüksek frekans gürültüsünün çıkışa artan bir oranda etki etmemesi için M ≤N olması tercih edilir. Hatta M ne kadar küçükse çıkıştaki yüksek frekans gürültüsü oransal olarak o kadar küçük olur.

Verilen bir giriş sinyaline karşılık çıkış sinyalinin bulunabilmesi için N adet şarta ihtiyaç vardır.

Genellikle bu şartlar t₀ gibi bir başlangıç anındaki y(t₀), y&(t₀), … , y^(N−1)(t₀) değerleri ile verilir, ki bunlara “başlangıç şartları”, böyle problemlere de “başlangıç değer problemi” denir.

Çözüm Adımları

Denklemin sağ tarafını

) ( ) ( )

( )

( )

(t b x^{( )} t b ₁x^{( 1)} t b₁x t b₀x t

f = _M ^M + _M− ^M− + K + & +

tanımlayarak çözüm adımlarını önce özetle, sonra bazılarını ayrıntılarıyla verelim:

1) f(t) yerine sıfır, y yerine y_h yazılarak homojen çözüm(y_h) bulunur. Bu çözüm henüz belirlenmemiş N adet sabite bağlı olarak yazılır.

2) Denklemdeki f(t) dikkate alınarak, hiçbir homojen çözüm bileşeni içermeyen özel çözüm(y_ö) bulunur. Bu çözümdeki bütün sabitler bu aşamada belirlenir.

3) y(t)= y_h(t)+ y_ö(t) biçiminde toplam çözüm yazılır. Buradaki N adet sabit, başlangıç şartları kullanılarak belirlenir.

Eğer f(t) parçalı tanımlıysa, her tanım aralığı için: 1. adımda y_h, sabitler için farklı semboller kullanılarak aynı biçimli olarak yazılır. 2. adımda f(t) ’nin yalnızca değişen bileşenlerine karşılık gelen özel çözüm bileşenleri yeniden bulunur. Değişmeyen bileşenlere karşılık gelen özel çözüm bileşenleri aynı kalır. 3. adımın da tekrarlanması gerekir; ancak her aralık için ayrı ayrı başlangıç şartları verilmez. Verilen şartlar sadece geçerli olduğu zaman aralığında kullanılarak bulunan çözümden, komşu aralığın başlangıç (veya son) değerlerine geçiş yapılır ve bunlar o aralıkta kullanılır.

) (t

f geçiş anında etkiyen bir darbe içermiyorsa geçiş anında y(t), …, y^(N−1)(t) sıçrama yapmaz.

1. Homojen çözüm

0 ) ( )

( )

( )

( ₁ ^{( 1)} _{1 0}

)

( t +a ₋ y ⁻ t + +a y t +a y t =

y

a_{N h}^N _{N h}^N K &_{h h}

homojen denkleminin çözümünün,

e

^λt biçiminde bileşeni olduğunu varsayarak bu çözümü homojen denklemde yerine yazalım. Bu bileşenin her türevini alışta bir λ çarpanı geleceği için:

0 0

1 1

1 + + + =

+ ₋ ^{− t t t}

t

e e e

e

a a a

a_Nλ^{N λ} _N λ^{N λ K} λ ^{λ λ}

e

^λt sadeleştirilirse:

0 0

1 1

1 + + + =

+a ₋ ⁻ a a

a_Nλ^N _N λ^{N K} λ

Bu denkleme, diferansiyel denklemin ya da sistemin karakteristik denklemi denir. λ₁^, λ2^{, … ,} λN

köklerinin her birine ise diferansiyel denklemin ya da sistemin özdeğeri (eigenvalue), ya da karakteristik kökü denir. Her bir özdeğer için bir homojen çözüm bileşeni bulunması mümkün olduğu için homojen çözümün genel ifadesi, çakışık özdeğer yoksa (tüm özdeğerler birbirinden farklıysa) şöyle olur:

t

t _N

e

e

_N

h t A A

y = ^λ +K+ ^λ

1

) 1

(

Eğer çakışık özdeğer varsa, meselâ λ_k, m-katlı bir özdeğer (λ_k =λ_k+1 =^K=λ_k+m−1) ise bunlara karşılık gelen homojen çözüm kısmı

( )

^t

t t

t _{k k k}

k

e e e

e

_{k k m} ^m _{k k k m} ^m

k A t A t A A t A t

A ^λ + ₊₁ ^λ +K+ _{+ −1} ^{−1 λ} = + ₊₁ +K+ _{+ −1} ^{−1 λ}

olur. İstenirse bu bileşenlerdeki t ’lerin hepsinin yerine meselâ (t−2) gibi kaymalı bir ifade de yazılabilir; bu sadece katsayıların farklı olmasını gerektirir, ki henüz belirlenmemiş katsayıların buna göre belirlenmesi sorun teşkil etmez. Böyle kaymalı ifadeler bazen hesap ve yorum kolaylığı sağlayabilir.

Örnek: y_h⁽⁶⁾(t)+14y_h⁽⁵⁾(t)+72y_h⁽⁴⁾(t)+160y_h⁽³⁾(t)+256&y&_h(t)=0 homojen denkleminin çözüm ifadesini bulunuz.

Çözüm: λ⁶ +14λ⁵ +72λ⁴ +160λ³ +256λ² =0 karakteristik denkleminden özdeğerler λ₁ =λ₂ =0^,

3 =−2

λ ^, λ4 =λ5 =λ6 =−⁴ bulunur. Buna göre

t t

t t

t

t

e e e e e

e

A t A A At At

A t

y_h( )= ₁ ^0⋅ + ₂ ^0⋅ + ₃ ⁻² + ₄ ⁻⁴ + ₅ ⁻⁴ + ₆ ^{2 −4}

(

^A1+A2t

)

^{+A3e−2t +}

(

^{A4+ A5t+A6t2}

)

^e−4t

= □

Not:

Eğer λk_,k₊₁ =σ m ^jω gibi eşlenik çiftler halinde karmaşık özdeğerler varsa, bunlara karşılık gelen homojen çözüm bileşenleri, çakışık özdeğer değilseler

t C

t

B

e

^σtsinω +

e

^σtcosω

biçiminde de yazılabilir. Ayrıca bu özdeğerlerin çakışması da varsa yine bunun da t ’nin uygun kuvvetleriyle çarpılmış biçimleri de gelir.

Örnek: y_h⁽³⁾(t)+3&y&_h(t)+7y&_h(t)+5y_h(t)=0 homojen denkleminin çözüm ifadesini bulunuz.

Çözüm: λ³ +3λ² +7λ+5=0 karakteristik denkleminden özdeğerler λ₁ =−1^, λ2,3 =−¹m j² bulunur. Çakışık kök olmadığı için: y_h(t)= A₁

e

^−t +A₂

e

^−tcos2t+ A₃

e

^−tsin2t ^olur.

Örnek: y_h⁽⁴⁾(t)+18&y&_h(t)+81y_h(t)=0 homojen denkleminin çözüm ifadesini bulunuz.

Çözüm: λ⁴ +18λ² +81=0 karakteristik denkleminden özdeğerler λ₁ =λ₂ = j3^, λ3 =λ4 =−j³ bulunur. Eşlenik köklerin her biri 2 katlı olduğu için:

(

^{b t b t}

)

t a a t t A t t A t A t A t

y_h( )= ₁cos3 + ₂sin3 + ₃ cos3 + ₄ sin3 =( ₁ + ₂ ) ₁cos3 + ₂sin3

olur. Bu iki biçimden istenen kullanılabilir. □

2. Özel çözüm

Diferansiyel denklemin sağ tarafı f(t) bileşenlerine ayrılır. Her bileşen için ayrı ayrı özel çözüm bileşenleri bulunur ve hepsinin toplamı özel çözüm olur. Özel çözüm, homojen çözüm tarafından kapsanan herhangi bir bileşen içermemelidir.

t

e

p

r₁ ¹ gibi bir bileşen için özel çözüm bileşeni:

} , , { ₁

1 N

p ∉ λ ^K λ ise y_ö1(t)=c₁

e

^p1t

p₁ =λk gibi m-katlı bir özdeğere eşitse (bu özdeğer çakışık değilse m=1’dir) y_ö1(t)=c₁t^m

e

^{λkt olur.}

) (t

f içindeki sabit terimler için p₁ =0 olduğu unutulmamalıdır.

Özel çözüm bileşenlerinin katsayıları, başlangıç şartları kullanılmadan belirlenmelidir. Bunun için, c₁ katsayısı, diferansiyel denklemde y yerine y ve _ö1 f(t) yerine yalnızca ilgili bileşeni r₁

e

^p1t yazılarak bulunur. Bu yol,

} , , { ₁

1 N

p ∉ λ ^K λ ise

0 1 1 1

1 1 1

1

1 a p a p a p a

c _N r

N N

N + + + +

= ₋

− K

biçiminde karakteristik denklemde λ ^yerine p1 kullanılan kısa bir hale gelir. p₁ ’in bir özdeğere eşit olması durumunda bu kısa yol geçersizdir.

Tüm bileşenler için özel çözüm bileşenleri bulunduktan sonra bunların toplamı alınarak özel çözüm bulunur:

+K +

= ( ) ( ) )

(t y ₁ t y ₂ t

y_{ö ö ö}

Özel çözüm bileşenlerinde de istenirse t yerine meselâ (t−5) gibi kaymalı bir ifade de yazılabilir; bu sadece katsayıların farklı olmasını gerektirir, ki henüz belirlenmemiş katsayıların buna göre belirlenmesi sorun teşkil etmez. Böyle kaymalı ifadeler bazen hesap ve yorum kolaylığı sağlayabilir.

Örnek: &y&(t)+5y&(t)+6y(t)= x(t) sisteminin çıkışını, x(t)=4

e

^−tu(t) girişi ve y(0)=0, y&(0)=0 başlangıç şartları için bulunuz.

Çözüm: λ² +5λ+6=0
λ₁ =−2^, λ2 =−^3. t<⁰ için x(t)=0 olduğundan,

t

t

e

e

A

A t y t y

t<0 ⇒ ( )= _h( )= ₁ ⁻² + ₂ ⁻³ . Denklemin sağ tarafında darbe olmadığı için y(0⁻)= y(0)=0= A₁ +A₂. Türev ise y&(t)=−2A₁

e

^−2t −3A₂

e

^−3t olduğundan,

y&(0⁻)= y&(0)=0=−2A₁ −3A₂
Buradan A₁ = A₂ =0 yani y(t)=0 bulunur.

≥0

t için homojen çözüm farklı katsayılarla aynı biçimli olur: y_h(t)=B₁

e

^−2t +B₂

e

^−3t.

≥0

t için f(t)=x(t)=4

e

^−t ve −1∉{−2,−3} olduğundan y_ö(t)=c

e

^−t. Burada 6 2

) 1 ( 5 ) 1 (

4

2 =

+

−

⋅ +

= −

c bulunur. Dolayısıyla y_ö(t)=2

e

^−t ve

t t

t

e e

e

B

B t

y( )= ₁ ⁻² + ₂ ⁻³ +2 ⁻ . 2

0 ) 0

( = =B₁ +B₂ +

y . Türev ise y&(t)=−2B₁

e

^−2t −3B₂

e

^−3t −2

e

^−t olduğundan, 2

3 2 0 ) 0

( = =− B₁ − B₂ −

y&
B₁ =−4, B₂ =2. Sonuçta tüm zamanların çözümü:





≥ +

+

=

−

₋ ² ₋ ² ₋ <^{0 ise} ise 0 ) 0

( _{2 3}

4

t

t t

y _{t t t}

e e

e

ya da kısaca ^y(t)=

( ^{− 4 e}

^{−2t +2}

^e

^{−3t +2}

^e

^−t

)

^{u(t) .}

Not:

Eğer t<t₀ için f(t)=0 ise yani f⁽t⁾=

( )

K u⁽t−t0⁾ biçiminde yazılabiliyor ve t =t₀’daki y(t₀), )

(t₀

y& , … , y^(N−1)(t₀)) başlangıç değerlerinin hepsi sıfır ise t <t₀ için y(t)=0 olacağı zaten bellidir.

Bu yüzden böyle bir durumda yalnız t≥t₀ için u(t−t₀)=1 koyarak bulunan çözümü u(t−t₀) ile çarparak tüm zamanların çözümü elde edilir.

Örnek: &y&(t)+y(t)=x(t) sisteminin çıkışını(y), x(t)=4

e

^−(t−2)u(t−2)+5u(t−2) girişi ve y(2)=0, 0

) 2

( =

y& başlangıç şartları için bulunuz.

Çözüm: λ² +1=0
λ_1,2 =mj^. t≥² için homojen çözüm: y_h(t)= Acos(t−2)+Bsin(t−2).

≥2

t için denklemin sağ tarafı x(t)=4

e

^−(t−2)+5 olup üstel bileşenlerin üs katsayılarından hem }

, { 1∉ λ₁ λ₂

− hem de 0∉{λ₁,λ₂} olduğu için özel çözüm bileşenleri:

) 2

4

e

⁻(^t− için y_ö1(t)=c₁

e

^−(t−2) olup 2 1 ) 1 (

4

1 2 =

+

= −

c ve

) 2 (

5 0

5=

e

^⋅t− için yö₂ =c₂

e

^0⋅(t−2) =c₂ olup 5 1 0

5

2 2 =

= +

c bulunur. Yani y_ö(t)=2

e

^−(t−2) +5 .

≥2

t için toplam çözüm: y(t)= Acos(t−2)+Bsin(t−2)+2

e

^−(t−2) +5. Başlangıç değerleri ile:

0 5 2 )

2

( = A+ + =

y

0 2 )

2

( =B− =

y&
A=−7, B=2.

Son nottaki şartlardan sağlandığı için tüm zamanlar için çözüm:

(

^{7cos( 2) 2sin( 2) 2 5}

)

^{( 2)}

)

(t = − t− + t− + ⁻⁽⁻²⁾ + u t−

y

e

^t .

Görüldüğü gibi bazen çözümü (t−2)’ye göre yazmak, hem katsayıların kolay bulunmasını, hem de sonucun daha iyi yorumlanmasını sağlamaktadır.

Örnek: &y&(t)+3y&(t)+2y(t)=3x(t) sisteminin çıkışını, x(t)=2u(t)−

e

^−2(t−3)u(t−3) girişi ve 0

) 0

( =

y , y&(0)=1 başlangıç şartları için bulunuz.

Çözüm: λ² +3λ+2=0
λ₁ =−1^, λ2 =−^2. t <⁰ için x(t)=0 olduğundan,

t

t

e

e

A

A t y t y

t<0 ⇒ ( )= _h( )= ₁ ⁻ + ₂ ⁻² . Denklemin sağ tarafında darbe olmadığı için y(0⁻)= y(0)=0= A₁+A₂ . Türev ise y&(t)=−A₁

e

^−t −2A₂

e

^−2t olduğundan, y&(0⁻)= y&(0)=1=−A₁−2A₂
Buradan A₁ =1, A₂ =−1 bulunur.

Yani t<0 ⇒ y(t)=

e

^−t −

e

^−2t.

t

t

e

e

B

B t y

t 3 _h( ) _{1 2} ²

0≤ < ⇒ = ⁻ + ⁻ . Sağ tarafta ise f(t)=3×2=6=6

e

^0⋅t bulunduğu için

1 1(t) c

y_ö = (çünkü 0∉{λ₁,λ₂})
y&_ö1 =0, &y&_ö1 =0. Bunlar diferansiyel denklemde yalnız ilgili bileşen için yerine konursa:

6 2 0 3

0+ × + c₁ =
c₁ =3= y_ö1(t) . Toplam çözüm ise y(t)=B₁

e

^−t +B₂

e

^−2t +3 . Türevi ise y&(t)=−B₁

e

^−t −2B₂

e

^−2t. Başlangıç şartlarından:

3 0

) 0

( = =B₁+B₂ + y

2

1 2

1 ) 0

( B B

y& = =− −
B₁ =−5, B₂ =2.

) 3 ( 2 )

3 (

2

) 1

(

3 ⇒ = ^{− −} + ^{− −}

≥ y t K

e

^t K

e

^t

t _h . Sağ taraftaki 6 terimi değişmediği için yö₁ =3 de aynıdır.

) 3 (

3 ⁻2 ⁻

−

e

^t için ise p₁ =−2=λ₂ tek katlı özdeğerine eşit olduğu için özel çözüm bileşeni:

) 3 (

) 2

3 ( )

( ₂

2

−

− −

=c t

e

^t

t

y_ö olur. Türevleri ise: y&_ö2(t)=c₂

e

^−2(t−3) −2c₂(t−3)

e

^−2(t−3) ve

& K

&y_ö2(t)=−4c2

e

^−2(t−3) + . Sadece (t−3) çarpanı içermeyen kısımlar c₂ katsayısını bulmamıza yaradığı için, son türevde ve diferansiyel denklemde yerine yazarken (t−3)

çarpanı içeren kısımları “…” diyerek geçiştirebiliyoruz. Bunları diferansiyel denklemde sadece ilgili bileşen için yerine yazarsak:

(

^{4 3}

)

^{2( 3) 3 2( 3)}

) ( 2 ) ( 3 )

( _{2 2 2 2}

2

−

−

−

− + =−

+

−

= +

+ y t y t c c

e

^t

e

^t

t

y&_ö &_{ö ö} K

& . Buradan c₂ =3

) 3 (

) 2

3 ( 3 )

2(

−

− −

=

→ y_ö t t

e

^t
y(t)= y_h(t)+y_ö1(t)+y_ö2(t), yani:

) 3 ( 2 )

3 ( 2 )

3

( 3 3( 3)

)

(t =K₁

e

^{− t−} +K₂

e

^{− t−} + + t−

e

^{− t−}

y bulunur.

K1 ve K₂ sabitlerini bulmak için bu zaman bölgesinde iki şarta ihtiyaç vardır. Diferansiyel denklemin sağ tarafında geçiş (t =3) anında etkiyen bir darbe olmadığı için bir önceki zaman aralığı çözümünün son değerlerini bu bölgenin başlangıç şartları olarak kullanabiliriz:

3 3

2 5

) 3 ( ) 3

( ⁻ = y =− ⁻³+ ⁻⁶+ =K₁+K₂+

y

e e

3 2 4

5 ) 3 ( ) 3

( ⁻ = y = ⁻³− ⁻⁶ =−K₁ − K₂ +

y& &

e e

K₂ =2

e

⁻⁶ +3 ve K₁ =−5

e

⁻³−3 .

Genel çözümü yazarsak:







≥

− + + +

<

≤ +

+

<

−

=

−

−

−

− −

−

− −

−

−

−

−

+

−

−

−

3 )

3 ( 3 3

3 0

3 2

0 )

(

) 3 ( 2 )

3 ( 6 2 )

3 3 (

2 2

) 2 3 ( )

5 3 (

5

t t

t t t

y

t t

t t t

t t

e e

e e

e e e

e e

Not:

) (t

f trigonometrik veya üstel çarpanlı trigonometrik bir bileşen içeriyorsa bunun üstel sinyaller biçimindeki ifadesinin üs katsayıları ^p_1,2 =α m ^jβ gibi eşlenik çiftlere karşılık gelir. Dolayısıyla

) (t

f içindeki r1

e

^αtcosβt+r2

e

^αtsinβt bileşenine karşılık, bu ikisinden yalnız birisi olsa bile, }

, ,

{ _{1 N}

jβ λ λ

α ^m ∉ ^K ise özel çözüm bileşeni olarak

t c

t

c1

e

^αtcosβ + 2

e

^αtsinβ

yazılır. Eğer α m ^jβ, m-katlı bir özdeğer çiftine eşitse, yukarıdaki ifadenin t ile çarpılmışı yazılır. ^m

=0

α için bu, zorlanmış rezonans olduğu anlamına gelir.

Örnek: y&(t)+3y(t)= x(t) sisteminin çıkışını, x(t)=6+4

e

^−3tcos2t girişi ve y(0)=2 başlangıç şartı için hesaplayınız.

Çözüm: λ+3=0
λ =−3
y_h(t)= A

e

^−3t.

6 bileşeni için, 0≠λ olduğundan, y_ö1 =c₁
2 ( ) 3

0 6

1

1 y t

c = = _ö

= + .

t t

e

cos2

4 ⁻³ için, −3m j2≠λ olduğundan, y_ö2 =c₂

e

^−3tcos2t+c₃

e

^−3tsin2t. Bu bileşen için diferansiyel denklem

(

^{c c c}

)

^t

(

^{c c c}

)

^{t t}

t y t

y&_ö2( )+3 _ö2( )= −3 ₂+2 ₃+3 ₂

e

^−3tcos2 + −2 ₂−3 ₃+3 ₃

e

^−3tsin2 =4

e

^−3tcos2

kullanılarak 2c₃ =4 ve −2c₂ =0
c₂ =0, c₃ =2 bulunur.

Genel çözüm: y(t)=A

e

^−3t +2+2

e

^−3tsin2t. 2

2 ) 0

( = = A+

y
A=0
y(t)=2+2

e

^−3tsin2t.

Örnek (Zorlanmış rezonans):

) ( 5 ) ( 4 )

(t y t x t

y& + =

& sisteminin çıkışını, x(t)=u(t)sin2t girişi ve y(0)=0, y&(0)=0 başlangıç şartları için hesaplayınız.

Çözüm: λ² +4=0
λ_1,2 =mj2^.

≥0

t için y_h(t)= Acos2t+Bsin2t.

Sağdaki 5sin2t için, m j2=λ_1,2 tek katlı eşlenik özdeğer çiftine eşit olduğundan t

t c t t c t

y_ö( )= ₁ cos2 + ₂ sin2 özel çözümü yazılır. Bu ve 2. türevi diferansiyel denklemde yazılır:

t t c t c t t c t c t

y&_ö( )= ₁cos2 −2 ₁ sin2 + ₂sin2 +2 ₂ cos2

( ) ( ) ( )

^K

&

&y_ö(t)= 2c₂ +2c₂ cos2t+ −2c₁−2c₁ sin2t+t⋅

( )

^t

t t c t c

t y t

y&_ö( )+4 _ö( )=4 ₂cos2 −4 ₁sin2 + ⋅ K =5sin2

&

(Son türevde ve özel çözümün yerine yazıldığı diferansiyel denklemde t çarpanlı kısmın katsayı bulunmasına faydası olmadığı için … diyerek geçilmiştir.)

0

4c₂ = ve −4c₁ =5
c₁ =−5 4 ve c₂ =0 bulunur. Toplam çözüm ise:

t t t B t A t

y cos2

4 2 5 sin 2

cos )

( = + − . Başlangıç şartlarından:

A y(0)=0=

4 2 5 0 ) 0

( = = B−

y&
A=0, 8

= 5

B bulunur.

Sağ taraf u(t) ile çarpılmış ve y(0)=0, y&(0)=0 olduğu için tüm zamanlar için:

) ( 2 4 cos 2 5 8sin ) 5

(t t t t u t

y 



 



 −

= bulunur.

Buradaki t çarpanlı bileşen, salınım genliğinin gittikçe artmasına neden olarak pratikte sistemin modelinin geçerli olduğu sınırları zorlayarak bozulmaya neden olur. Köprü ve cam eşyalarda yıkıma neden olduğu söylenen rezonans, normal rezonans değil, bu örnekteki gibi zorlanmış rezonanstır.

Salıncak, sarkaç gibi aslında doğrusal olmayıp, küçük salınım sınırlarında yaklaşık doğrusal olan sistemlerde de salınım genliğinin bir yere kadar kolayca artırılabilmesi için sallama kuvvetinin, sistemin doğal salınım frekansında olması gerekir. Meselâ salıncağı bir taraftan itekledikten doğal salınım periyodu kadar sonra salıncak aynı tarafa gelecek, o anda tekrar iteklenince salınım genliği kolayca artacaktır. İki taraftan iteklenen salıncakta da bir taraftan uygulanan kuvvet artı, diğer taraftan uygulanan kuvvet eksi olduğu için kuvvetin periyodu yine aynıdır. Ancak sistemi doğrusal varsayılabilecek sınırların dışına çıkartan salınım genliklerine ulaşınca bu genlik sınırlı hale gelecektir.

Salıncağı, doğal salınım frekansından başka bir frekansta kuvvetle sallamak denenirse, genlik artışının ne kadar zor olduğu görülür.

Diferansiyel Denklemin Sağ Tarafında Darbe Varsa Çözüm

) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ₁ ^{( 1)} _{1 0 0}

)

( t a y t a y t a y t f t g t r t t

y

a_N ^N + _N− ^N− + ^K + ^& + = = + δ −

biçiminde olsun. Burada a_N ≠0 ve g(t), t anında etkiyen bir darbe içermeyen sonlu bir fonksiyon ₀ olsun. r ’nin ise sabit ya da t ’ye bağlı olması hiç fark etmez; çünkü t ’ye bağlı olsa da yalnızca

t0’daki değeri kullanılır.

Böyle bir durumda t <t₀ ve t >t₀ bölgeleri için ayrı ayrı çözüm yapılır ve tabii bu bölgelerde 0

) (t−t₀ =

δ olduğundan bu darbe dikkate alınmaz. Ancak homojen çözümden gelen katsayıları bulmak için kullanılması gereken, t<t₀ bölgesine ait y(t₀⁻), y&(t₀⁻), … , y^(N−1)(t₀⁻) son değerler ile

t0

t> bölgesine ait y(t₀⁺), y&(t₀⁺), … , y^(N−1)(t₀⁺) başlangıç değerleri arasındaki geçiş şöyle yapılır:

N N

N

a t r y t

y^{( −1)}( ₀⁺)= ^{( −1)}( ₀⁻)+







=

=

− +

−

− +

−

) ( ) (

) ( )

(

0 0

0 ) 2 ( 0 ) 2 (

t y t y

t y t

y ^{N N}

M
Bu kısım N ≥2 için uygulanır.

=1

N ise yalnızca en üstteki, yani

aN

t r y t

y( ₀⁺)= ( ₀⁻)+ uygulanır.

İspat: Diferansiyel denklemin

[ ]

^t0−,t0+ aralığında integralini alalım:

∫

∫

∫

∫

∫

∫

+

− +

− +

− +

− +

− +

−

− +

= +

+ +

+ ₋ ^{− 0}

0 0

0 0

0 0

0 0

0 0

0

) ( )

( )

( )

( )

( )

( ₁ ^{( 1)} _{1 0 0}

) (

t

t t

t t

t t

t t

t N N t

t N

N y t dt a y t dt a y t dt a y t dt g t dt r t t dt

a ^{K &} δ

Sol tarafta ilki hariç tüm integraller, sağ taraftaki ilk integral, sonlu büyüklüklerin sonsuz küçük zaman aralığında integralleri olduğu için sıfırdır. Bu zaman aralığında yalnızca sağdaki darbe ve onun doğrudan etkilediği y^(N)(t) sonsuz olup bunların integralleri eşitlenerek:

[

^{y t}

]

^a

[

^{y t y t}

]

^r

a_N ^(N−1)( ) ^t_t⁰⁺−= _N ^(N−1)(₀⁺)− ^(N−1)(₀⁻) =

0

N N

N

a t r y t

y^{( −1)}(₀⁺)= ^{( −1)}(₀⁻)+

bulunur. Varsa (N ≥ 2 ise) daha düşük mertebeli türevlerde ise sıçrama olmaz. Sağ tarafta darbenin de türevleri olsaydı daha düşük mertebeli türevlerde de sıçrama yaptırabilirdi; ancak bu konuyu burada ele almayacağız. Sıradaki konu bu konunun uygulaması niteliğindedir.

Sistemin Diferansiyel Denkleminden Birim Darbe Tepkisinin Bulunması

Normalde x yerine δ , ve y yerine h yazarak diferansiyel denklemi çözüp birim darbe tepkisini bulabiliriz. Ancak az önceki konuda anlatılan kuralı, aN ≠0 olmak üzere, giriş(x) – çıkış(y) ilişkisi

) ( ) ( ) ( )

( )

( ₁ ^{( 1)} _{1 0 0}

)

( t a y t ay t a y t b x t

y

a_N ^N + _N− ^N− + K + & + =

ile verilen nedensel bir sisteme uygularsak birim darbe tepkisini bulma yöntemi oldukça basitleşir.

Çünkü nedensel DZD sistemlerde

0 0

)

(t = ∀t<

h

olduğu için t < 0 bölgesinde h(t) ’nin bütün türevleri de sıfır olacaktır. Böylece t > 0 bölgesine ait başlangıç şartları (0⁺ anı için) kolayca belirlenebilecektir. Sonsuz küçük zaman farkını göz ardı ederek başlangıç anını 0⁺ yerine 0 alırsak yöntem şu şekilde özetlenebilir:

y yerine h , sağ tarafa da sıfır yazarak t > 0 bölgesi için

0 ) ( ) ( )

( )

( ₁ ^{( 1)} _{1 0}

)

( t +a ₋h ⁻ t + +ah t +a h t =

h

a_N ^N _N ^N K &

diferansiyel denklemi şu başlangıç şartları için çözülür:

N N

a h^{( −1)}(0)= b⁰







=

=

−

0 ) 0 (

0 ) 0

)(

2 (

h h ^N

M
Bu kısım N ≥2 için uygulanır.

=1

N ise yalnızca en üstteki, yani

aN

h(0)= b⁰ uygulanır. Bulunan çözüm u(t) ile çarpılarak birim darbe tepkisinin tüm zamanlar için ifadesi elde edilir. Denklem ve dolayısıyla çözümü homojendir.

Örnek:

Şekildeki devrenin birim darbe tepkisini bulunuz.

Çözüm:

) ( ) ( )

(t y t x t R y

L & + = olduğuna göre

) (t

x R L

) (t y

0 ) ( ) (

0 ⇒ + =

> h t h t R

t L & denklemini

L R R h = L1 =

) 0

( başlangıç şartı için çözmeliyiz.

L R R

Lλ+¹=⁰ → λ=− → h(t)=A

e

^−RLt

L A R

h = =

→ (0)

Tüm zamanlar için ifadesi ise: ( ) u(t) L

t R

h ^Lt

R

e

⁻

= .

Örnek:

) ( 2 ) ( 6 ) ( 11 ) ( 6 )

(t y t y t y t x t

y&& + && + & + =

& ile tanımlı nedensel sistemin birim darbe tepkisini bulunuz.

Çözüm: t>0 ⇒ &h&&(t)+6h&&(t)+11h&(t)+6h(t)=0 → λ³+6λ² +11λ+6=0 3

, 2 ,

1 _{2 3}

1=− =− =−

→ λ λ λ → h(t)= A₁

e

^−t +A₂

e

^−2t+A₃

e

^−3t

3 2

0 1

) 0

( A A A

h = = + +

3 2

1 2 3

0 ) 0

( A A A

h& = =− − −

3 2

1 4 9

2 1 2 ) 0

( A A A

h&& = = = + + _{1, 2, 1}

3 2

1= =− =

→ A A A

Sonuç: ^h(t)=

( ^e

^{−t −2}

^e

^{−2t +}

^e

^−3t

)

^{u(t) .}

Not:

Bazen diferansiyel denklemin yalnız sağ tarafı

) ( ) ( ) ( )

( )

( ₁ ^{( 1)} _{1 0 0}

)

( t a y t a y t a y t bx t t

y

a_N ^N + _N− ^N− + K + & + = −

gibi zamanda ötelenmiş biçimli olabilir. Bu durumda daha önce anlatılan başlangıç şartları 0 yerine t₀ anı için yazılır ve katsayılar bulunduktan sonra h(t) ifadesi u(t) yerine u(t-t0) ile çarpılarak tüm zamanlar için geçerli ifade yazılır. Bu çözümü (t-t0) ’a göre düzenlemek, hem katsayıların kolay bulunmasını, hem de çizim ve yorum kolaylığı sağlar. Yani t > t₀ bölgesi için

0 ) ( ) ( )

( )

( ₁ ^{( 1)} _{1 0}

)

( t +a ₋h ⁻ t + +ah t +a h t =

h

a_N ^N _N ^N K &

diferansiyel denklemi şu başlangıç şartları için çözülür:

N N

a t b h^{( −1)}(₀)=







=

− = 0 ) (

0 ) (

0 0 ) 2 (

t h

t h ^N

M
Bu kısım N ≥2 için uygulanır.

Sonra da bu çözüm u(t-t0) ile çarpılarak tüm zamanlar için geçerli ifade elde edilir.

) (t h

t L

R

Örnek:

) 3 ( 4 ) ( 50 ) (

2&y& t + y t = x t− ile verilen nedensel sistemin birim darbe tepkisini bulunuz.

Çözüm: t>3 ⇒ 2h&&(t)+50h(t)=0 → 2λ² +50=0 → λ1,2 =mj⁵ )

3 ( 5 sin )

3 ( 5 cos )

( = − + −

→ h t A t B t

A h(3)=0=

B

h&(3)=4 2=2=5 → A=0, B=2 5 .

Sonuç: ^sin

[

^{5( 3)}

]

^{( 3)}

5 ) 2

(t = t− ⋅u t−

h .