BÖLÜM V BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN UYGULAMALARI

BÖLÜM V

BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN UYGULAMALARI

Bu bölümde birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin geometrik ve fiziksel uygulamalarına yer verilmiştir. Diferansiyel denklemler, geometrik problemlerin çözümünde ve fiziksel süreçlerin araştırılmasında önemli rol oynar.

Bu şekildeki problemlerin çözümünün ilk amacı probleme uyan diferansiyel denklemi yazmaktır.

Birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin genel çözümlerinin bir parametreli eğri aileleri olduğunu biliyoruz. Geometrik uygulamalarda belli özellikleri önceden verilen ailelerin diferansiyel denkleminin kurulması veya eğriler ailesinin bulunması istenir. Bunun için, eğri üzerindeki keyfi bir noktanın koordinatları ile, aynı noktadan eğriye çizilen teğetin eğim açısı (türevin geometrik anlamı) arasında bir bağıntı bulmamız gerekir. Bundan başka, bu tür problemlerin çözümlerinde karşılaşılan düzlemsel eğrilerin teğet, normal denklemleri, teğet altı, normal altı uzunlukları, yay uzunlukları kavramlarının bilindiğini kabul ediyoruz.

Bir fiziksel sürecin diferansiyel denklemini kurarken, sürecin keyfi anındaki durumu ile, onun değişme hızı arasında (türevin fiziksel anlamı) bir ilişki bulmamız gerekir. Zamana bağlı olarak değişik değerler alan bir fiziksel

süreç Q ile gösterilirse, bir dt zaman aralığında Q ’nun değişme hızı

( )

^t

dt dQ

şeklinde tanımlanır. Bu nedenle, uygulamalarda karşılaşılan bazı hız

problemlerini, birinci mertebeden bir adi diferansiyel denklemin çözümü olarak kolayca çözümleyebiliriz.

5.1. Temel Bilgiler

5.1.1. Bir Eğrinin Doğrultusu

( )

^x

f

y= denklemi ile verilen bir eğrinin , herhangi bir noktasındaki teğetin doğrultusuna , eğrinin bu noktadaki doğrultusu denir. O halde , teğetin eğimini veren ^f′

( )

^x değeri , eğrinin verilen noktadaki doğrultusunu verecektir.

5.1.2. İki Eğrinin Kesişme Açısı

İki eğrinin kesişme açısı ; bu eğrilerin kesişme noktasındaki teğetlerinin yaptıkları açıya denir. O halde problem , iki teğet yani iki doğru arasındaki açıyı bulmaktır.

5.1.3. Bir Eğrinin Herhangi Bir Noktadaki Teğet ve Normalinin Denklemleri, Teğet Altı ve Normal Altı Uzunlukları

( )

^x

f

y= denklemi ile verilen bir eğrinin herhangi bir M

(

x1, y1

)

noktasındaki teğeti

(

1

)

1 k x x

y

y− = −

doğru denkleminden kolayca bulunabilir. Teğetin eğimi verilen noktada , türevin değerine eşit olup ,

( )

x1

f k= ′

dir. O halde teğetin denklemi

( )(

1 1

)

1 f x x x

y

y− = ′ −

dir. Normal ise, bu noktada teğete dik olup, eğimi

( )

1

1 x k f

− ′

=

ve denklemi

( ) (

1

)

1 1

1 x x

x y f

y −

− ′

=

− dir.

Teğetin, değme noktası ile ox ekseni arasında kalan parçasına teğet uzunluğu, normalin değme noktası ile ox ekseni arasında kalan parçasına normal uzunluğu, teğetin uzunluğunun ox ekseni üzerindeki izdüşümüne teğet altı ve normal uzunluğunun ox ekseni üzerindeki izdüşümüne de normal altı denir.

y

M

(

x1, y1

)

y

α

T 0 P N x

Şekil 5.1.

Şekilden

MP k TN TP

MP = =

=: tanα olup,

teğet altı uzunluğu

k TP= y¹

=

normal altı uzunluğu =PN =ky₁ dir.

5.1.4. Yay Uzunluğunun Diferansiyeli

( )

^x

f

y= fonksiyonu sürekli ve türeve sahip tek değişkenli bir fonksiyon olsun. Bu fonksiyonun herhangi bir noktasındaki dsyay diferensiyeli

dx dx ds dy

dx dy dx

ds ^{2 2}

1 ,

1 



 

 +

 =



 

 +

=

veya

( ) ( ) ( )

^{ds 2 = dx 2 + dy 2 , ds=}

( ) ( )

^{dx 2 + dy 2}

formülleri ile verilir.

5.2. Dik Koordinatlarda Geometrik Uygulamalar 5.2.1. Yörüngeler

Birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin önemli bir geometrik uygulaması yörüngelerin araştırılmasıdır.

xoy düzleminin bir D bölgesinde bir parametreli bir eğri ailesinin denklemi

(

^{, ,}

)

⁼⁰

Φ x y a (156)

olsun. Bu ailenin her bir eğrisi ile aynı α açısı altında kesişen eğrinin bulunması problemine yörünge problemi denir. Eğrinin kendisine ise ailenin yörüngesi denir.

Her bir noktasında (156) eğri ailesinin bu noktadan geçen eğrisi ile sabit

α açısı yapan eğrilere bu ailenin eğik (izogonal) yörüngeleri, α=₂^π ise dik (ortagonal) yörüngeleri denir.

Şimdi verilen eğri ailesinin yörüngelerini bulalım. Bunun için önce ailenin diferansiyel denklemini kuralım. Bu amaçla x serbest değişken (bağımsız değişken), y ise aranan fonksiyon (bağımlı değişken) olarak düşünülürse, (156) ifadesinin türevini alırsak,

) 0 , , ( ) , ,

( ′=

∂ + ∂

∂

∂ y

y a y x x

a y

x φ

φ (157)

elde ederiz. (156) ve (157) ifadelerinden a yok edilirse

(

^x,y,y′

)

⁼⁰

F (158)

denklemi elde edilir. Burada (156) ailesinin (158) denkleminin genel integrali olduğu açıktır.

Şekil 5.2.

L1 eğrisi (149) ailesinin bir yörüngesi ve M

(

x1, y1

)

noktası bu eğri üzerinde keyfi bir nokta olduğunu kabul edelim (149) ailesinin bu noktadan geçen eğrisini L ile gösterelim. L ve L1 eğrilerinin M

(

x1, y1

)

noktasındaki MT ve MT1 teğetlerinin x ekseninin pozitif yönü ile yaptığı açıları sırasıyla ϕ ve ϕ1

ile gösterelim. O halde ϕ1-ϕ=α olur. M

(

x1, y1

)

noktası L1 eğrisi üzerinde hareket ettikçe ϕ ile ϕ1 açıları değişir, ama ϕ1-ϕ farkı daima sabit olup, α ya eşit olur.

Türevin geometrik anlamına göre

dx tgϕ= dy ,

1 1

1 dx

tgϕ =dy

dir. α=ϕ1-ϕ olduğundan ϕ=ϕ1-α bulunur. Buna göre

1 1

1 1 tg tg

tg ) tg

( tg

tg + α ϕ

α

−

= ϕ α

− ϕ

= ϕ

veya

1 1 1 1

1 dx

kdy dx k dy

dx dy

+

−

= (k=tgα) (159)

ifadesi elde edilir. M

(

x1, y1

)

noktası (158) denkleminin L eğrisi üzerinde olduğundan (159) ifadesine göre

0 1

, ,

1 1 1 1 1

1 =

















+

− dx k dy dx k dy y x F

olmalıdır. M

(

x1, y1

)

noktası L1 eğrisi üzerinde keyfi nokta olduğundan bu eğri boyunca

0 1

,

, =

















+

− dx k dy dx k dy y x

F (160)

olur yani (160) ifadesi (156) ailesinin izogonal yörüngelerinin diferansiyel

denklemidir.

2

= π

α olarak kabul edelim. O halde

1 2

−π ϕ

=

ϕ olduğundan

tg 1

tg 1

− ϕ

= ϕ

olur. Böylece MT ve MT1 teğetlerinin eğim açıları arasında

1 1

dx dy 1 dx

dy=−

ifadesi sağlanır. Burada yukarıdaki kuralı uygularsak (126) ailesinin dik yörüngelerinin

0 y ) , 1 y , x (

F =

− ′

diferansiyel denklemini elde ederiz.

Verilen eğriler ailesinin her bir eğrisi ile α açısı yapan eğrinin

bulunması problemine yörüngenin bulunması problemi denir. Yörüngelerin diferansiyel denklemlerini kurmak için verilen (156) eğri ailesinin (158) şeklinde diferansiyel denklemini kurup, aşağıda verilen iki duruma bakmak gerekir.

I. Durum:

2

α ≠π olsun. O zaman (158) denkleminde y′ nin yerine

y k

k y

+ ′

′−

1 koymak gerekir. O halde elde edilen 1 0

,

, =





+ ′

′− y k

k y y

x F

denklemine (156) ailesinin izogonal yörüngelerinin diferansiyel denklemi denir ve bu denklemin çözümler ailesine de, bu ailenin izogonal yörüngeleri denir.

II. Durum : 2

α =π olsun. O zaman (156) denkleminde y′nün yerine

− y′1

koymak gerekir. O halde elde edilen

1 0 ,

, =



− ′ y y x F

diferansiyel denklemine (158) ailesinin ortogonal yörüngelerinin denklemi denir ve bu denklemin çözümler ailesine de, bu ailenin ortogonal yörüngeleri denir.

5.2.1.1. Dik Yörüngeleri Bulma Yöntemi:

a) Önce, verilen ^Φ

(

^x,y,a

)

⁼⁰ eğriler ailesinin diferansiyel denklemi

( )

^{x y}

dx h dy = ,

kurulur.

b) a)’da bulunan ^h

( )

^{x y}

dx

dy = , denkleminde ^{h ,}

( )

^{x y yerine − h ,}

( )

^{x1 y}

veya dx

dy yerine dydx

− 1 konulur; böylece

( )

^{x y}

h dx dy

,

− 1

= veya ^h

( )

^{x y}

dy dx = ,

−

dik yörüngenin diferansiyel denklemi elde edilir.

c) Bulunan dik yörünge diferansiyel denkleminin ^f

(

^x,y,c

)

^{=0 genel}

çözümü, aranılan dik yörünge ailesidir.

5.2.1.2. Dik Olmayan (Eğik) Yörüngeleri Bulma Yöntemi:

a) Önce, verilen ^Φ

(

^x,y,a

)

⁼⁰ eğriler ailesinin diferansiyel denkleminin türev formu

( )

^{x y}

dx h dy = ,

bulunur.

b) Bu eğri ailesine eğik yörünge ailesinin diferansiyel denklemi, α ve ^{h ,}

( )

^{x y} belli olduğuna göre,

( ) ( )

^{, , 900}

. 1

, ≠

−

= + α

α α

y x h tg

y x h tg dx dy

olarak kurulur.

c) Bu diferansiyel denkleminin genel çözümü ^f

(

^x,y,c

)

⁼⁰ eğriler ailesi bulunur. Bu verilen ^Φ

(

^x,y,a

)

⁼⁰ eğriler ailesinin eğik yörüngeler ailesidir. ^Φ

(

^x,y,a

)

⁼⁰ ve ^f

(

^x,y,c

)

⁼⁰ eğrilerine α-yörüngeli eğriler denir.

Örnek 104. Koordinat merkezinden geçen çemberler ailesinin dik yörüngelerinin denklemini bulunuz.

Çözüm: Koordinat merkezinden geçen çemberler ailesinin denklemi x²+y²=R²

dir. Bu ailenin diferansiyel denklemi x+yy′=0

dır. Bu diferansiyel denklemde y′ yerine y

1

− ′ koyarsak dik yörüngelerin diferansiyel denklemini

y 0 x y =

− ′ veya x y′= y

elde ederiz. Buradan

) 0 (

, ≠

=cx x y

bulunur. Bu istenen dik yörüngelerin denklemidir.

Örnek 105. y=ax doğru ailesinin dik ve eğik yörüngelerini bulunuz.

Çözüm: y=ax ailesinin eğimi

dx a dy=

dır. Bunu (159) denkleminde yerine yazarsak,

k dx ady dx a dy

= +

−

1 bulunur. a yerine

ax y= den

a=y/x alırsak

k dx dy x 1 y

x y dx dy

= +

−

veya

ky x

y kx dx dy

−

= +

bulunur. O halde eğik yörüngelerin denklemi homojen diferansiyel denklemdir.

Genel çözüm

x arctgy 2 1 2

2 y ce

x + = bulunur.

2

= π

α ise k=∞ olduğundan x²+y²=c²

daire ailesi bulunur.

Örnek 106. y(x+c)=1 hiperboller ailesinin α =45⁰ lik eğik yörüngelerini bulunuz.

Çözüm: y(x+c)=1 ⇒ y′(x+c)+ y=0

ifadelerinden c yok edilirse, hiperboller ailesinin diferansiyel denkleminin türev formu ve ^{h ,}

( )

^{x y} fonksiyonu

( )

²

2 ; h x,y y

dx y

dy =− =−

olur.

450

α = lik yörüngelerin diferansiyel denklemi:

2 2 2

0 2 0

1 1 .

45 1

45

y y dx

dy y

tg y tg

dx dy

+

= − + ⇒

= −

olup, bu denklemin genel çözümü (α =45⁰ lik yörünge ailesi):

nc y y x

n y 

 = + +

− + 1

1 veya y+1=(y−1)ce^x+y

olarak bulunur.

5.3. Geometrik Problemler Örnek 107.

ax

y² = (161)

parabollerine dik olan eğri ailesini bulunuz.

Çözüm: Önce, (161) denkleminin her iki tarafının x e göre türevi alınır ve a yok edilirse,

y yx

y² =2 ′ (162)

diferansiyel denklemi elde edilir. Bu denklemde y′ nün yerine − y′1

yazılırsa , (161) paraboller ailesine dik olan eğri ailesinin diferansiyel denklemi

0

2y′+2yx= y

olarak bulunur. Bu denklemin çözümü c

y x

= + ²

2

2

olararak elde edilir. Buradan görülüyorki , aranan eğri ailesi (0,0) merkezli bir elips ailesidir. Her iki eğri ailesi şekil 2. de birlikte gösterilmiştir.

Şekil 5.3.

Örnek 108.

c y

x−2 = (163)

eğriler ailesi ile α =60⁰ açı yapan eğriler ailesini bulunuz.

Çözüm: Önce (163) ailesinin diferansiyel denklemini bulalım. Bunun için (163) ifadesinin x e göre türevi alınırsa,

0 2 1− y′= bulunur. Burada , y′ yerine

y y

+ ′

′−

. 60 tan 1

60 tan

0 0

konulursa , α =60⁰ açı yapan eğri ailesinin diferansiyel denklemi

3 0 1 2 3

1 =

+ ′

′−

− y

y

veya

3 2

3 2 1

+

= +

′ y

elde edilir. Bu denklemin integrali alınırsa m

x

y +

+

= +

3 2

3 2 1

bulunur.

Örnek 109.

ax y

x² + ² =2 (164)

eğriler ailesi ile α =45⁰ açı yapan eğriler ailesini bulunuz.

Çözüm: Önce (164) ailesinin diferansiyel denklemini bulalım. Bunun için (164) ifadesinin x e göre türevi alınırsa,

a y y

x 2 2

2 + ′=

veya

a y y x+ ′= bulunur. Buradan,

y x y′=a−

olur. Burada, y′ yerine

y y y

+ ′

′− + =

′−

1 1 45

tan 1

45 tan

0 0

konulursa, α =45⁰ açı yapan eğri ailesinin diferansiyel denklemi

y x a y

y = −

+ ′

′− 1

1

veya

a x y

a x y y

− +

+

= −

′

olur. Bu denklemin çözümü

(

^y+x

)

^{2 −2a}

(

^y+x

)

^{+x2 −2ax=c}

olarak bulunur. Bu ise istenen eğri ailesinin denklemi olur.

Örnek 110. Herhangi bir noktasındaki teğetinin koordinat

eksenlerinden ayırdığı parçaların çarpımı sabit reel a değerine eşit olan eğrileri bulunuz.

y Çözüm:

A

^{M( yx, )}

^y= ^f

( )

^x

0 B x

Şekil 5.4.

Çözüm: Problemi çözmek için ^y= ^f

( )

^x eğrisi üzerinde keyfi bir

( )

^{x y}

M , noktası alalım. Bu noktadaki teğetin denklemi

(

^{X x}

)

y y

Y − = ′ −

olur. Burada

(

^{X ,Y}

)

, teğet üzerinde keyfi bir noktadır. Bu teğetin apsis ekseni ile kesim noktasını bulalım. Bunun için teğetin denkleminde y=0 yazarsak , kesim

noktası 

 +

− ′ x,0 y

B y olur. Ordinat ekseni ile kesim noktası ^A

(

^{0,y− y′x}

)

^olur.

Problemin şartına göre

a OB AO. = dır, yani,

( )

^a

y x y x y

y =



− ′

− ′

dır. Bunu yeniden düzenlersek

(

^y−xy′

)

^{2 =ay′}

veya

y a y x

y= ′+ . ′

Clairaut diferansiyel denklemi elde edilir. Bu denklemde y′= p dönüşümü yapılarak

p a xp

y= + .

denklemi elde edilir. Bu halde ,

pdx p dp

x a pdx dx

y

dy =











 + +

′ ⇒

= 2

veya

2  =0



 



 + dp

p x a

olur. Buradan ;

=0 dp

2 =0

+ p

x a

yazılır. Buna göre

c p dp=0 ⇒ =

Clairaut diferansiyel denkleminde p=c yazılırsa;

c a cx y= + .

genel çözümü elde edilir. Diğer taraftan;

p x a

−2

= olup;











=

−

= a p y

p x a

2 2

ifadesi, Clairaut diferansiyel denkleminin parametrik çözümüdür. Bunlar ise istenen eğri ailesinin denklemidir.

Örnek 111. Herhangi bir noktasındaki teğet altı, değme noktasının koordinatlarının aritmetik ortalamasına eşit olan eğriler ailesini bulunuz.

Çözüm: Problemi çözmek için eğri üzerinde keyfi M( yx, ) noktasını ele alalım. Bu noktadaki teğet MT olsun. Teğet altının tanımına göre, teğet altı ,

PT ’dir. Türevin geometrik anlamına göre

PT y y tgα = ′=

olur.

( )

^{x y}

M ,

y α

0 T P

Şekil 5.5.

Buradan

y PT y

= ′

bulunur. Diğer taraftan, problemin koşuluna göre 2

y PT = x+

dir. Böylece, aranan ailenin herbir eğrisi üzerinde alınmış ( yx, ) noktasında

2 y x y

y = +

′

koşulu sağlanır. Buradan , ailenin her bir eğrisi

y x y y

= +

′ 2

homojen diferansiyel denkleminin integral eğrisi olduğunu elde ederiz. Bu denklemin çözümünü bulmak için y=xz değişken değişimi yaparsak ,

1

2

+

= −

′ z z z z

x

değişkenlerine ayrılabilen diferansiyel denklemini elde ederiz. Bu denklemin genel çözümü

z c

z =

− )² 1 (

şeklinde bulunur. Burada x

z= y yazarsak,

cy y x− )² = (

eğriler ailesini elde ederiz.

Örnek 112. Herhangi bir noktasında normal altı , değme noktasının yarıçap vektörü ile apsisinin farkına eşit olan eğriler ailesini bulunuz.

Çözüm:

^{M ,}

( )

^{x y}

T 0 P N x

Şekil 5.6.

Tanıma göre PN normal altıdır. ∠MTN =ϕ ile gösterirsek, ∠PMN =ϕ

olur. Buradan türevin geometrik anlamına göre y tgϕ y

ON = ′= elde ederiz.

Böylece, PN =y′ olur. M noktasının yarıçap vektörü

2

2 y

x

OM = +

olduğundan, problemin koşuluna göre, OP

OM PN = − dir, yani,

x y x

PN = ² + ² −

dir. Böylece, aranan eğri üzerindeki keyfi ( yx, ) noktasında x

y x y

y ′= ² + ² −

koşulu sağlanır. Bu denklem ise homojen diferansiyel denklemdir. Bu denklem

2 1

2 =

+ + ′

y x

y y x

şeklinde düzenlenebilir.

) (

2 )

(x² + y² ′= x+ yy′ olduğundan, denklemi

) 0 (

2 2

2 2

+ = +

y x

y x d

şeklinde yazabiliriz. O halde istenen eğri, yani bu denklemin genel integrali c

x y

x² + ² = +

olur.

Örnek 113. Her noktasında çizilmiş teğetinin uzunluğu, sabit a sayısına eşit olan eğriyi bulunuz.

Çözüm: Problemi çözmek için önce teğetin uzunluğunu eğri üzerinde alınmış M( yx, ) noktasının koordinatları ve teğetin eğim açısı ile ifade edelim.

) , ( yx

M , y= f(x) eğrisi üzerinde keyfi bir nokta ve (X,Y) ise eğrinin aynı noktada çizilmiş teğetinin keyfi noktası olduğunu kabul edelim.

y

^{M ,}

( )

^{x y}

0 A B x

Şekil 5.7.

O zaman, teğetin denklemi ) (X x y

y

Y − = ′ −

şeklinde olur. Bu teğetin apsis ekseni ile kesişim noktası )

0 ,

( x

y A y +

− ′

olur.Böylece, teğetin uzunluğu AM ye eşittir. AMB dik üçgen olduğundan

2 2

2 AB BM

AM = +

dir. Buradan

y x y y x y OA OB

AB − = ′

+ ′

=

−

= , BM = y

olduğundan elde ederiz ki, teğetin uzunluğu

y y AM y

′ + ′

= 1 2

formülü ile hesaplanır. Problemin koşuluna göre elde ederiz ki, aranan eğrinin keyfi noktasında

y a y

y =

′ + ′² 1

olmalıdır. Bu denklem türeve göre çözülmemiş birinci mertebeden diferansiyel denklemdir. Bu denklem

2

2 y

a y y

± −

′=

değişkenlerine ayrılabilen diferansiyel denklemdir. Bu denklemin genel çözümü c

x y y a

y a

a a− ² − ² + ₂ − ₂ =± + ln

şeklindedir. Bu eğriler traktirisa olarak adlandırılır.

Örnek114. Herhangi bir noktadaki teğetin koordinat başlangıcından uzaklığı, değme noktasının apsisine eşit olan eğriyi bulunuz.

Çözüm: Eğri üzerinde keyfi ( yx, ) noktası ele alalım. (X,Y) teğetin bir noktasıdır.Bellidir ki, ( yx, ) noktasında bu eğriye çizilen teğetin denklemi

) (X x y

y

Y − = ′ −

formundadır. Bu doğrunun koordinant başlanğıcından uzaklığı

1 y 2

y y d x

+ ′

′−

=

formülü ile hesaplanır. Genel olarak ( yx, ) noktasının sağ yarı düzlemde yerleştiğini kabul edelim. Problemin koşuluna göre elde ederiz ki, eğri üzerindeki keyfi noktada

y x y y

x =

+ ′

′− 1 2

denklemi sağlanır. Elde edilen denklem basit dönüşümlerden sonra

2

2xyy′= y2 −x

homojen denkleme getirilir ve onun genel çözümü cx

y x² + ² = şeklindedir.

Örnek 115. Her noktasında çizilen teğetin apsis ekseni ile kesişim noktası koordinat başlangıcından ve değme noktasından aynı (eşit) uzaklıkta olan eğriyi bulunuz.

Çözüm:

y ^{M ,}

( )

^{x y}

ϕ

0 A B x

Şekil 5.8.

Eğri üzerinde keyfi M( yx, ) noktasını ele alalım. Bu noktadaki teğeti AM ile gösterelim. MB⊥OX çizersek, OB=x olduğu açıktır. Problemin koşuluna göre OA=AM ’dir. Şekle göre yazabiliriz ki,

AB AM AB OA

OB= + = +

dir. Problemi çözmek için AM ve AB ’ yi M noktasının koordinantları ve

∠MAB

ϕ = açısı ile ifade etmek gerekir. AMB∆ ’den

ϕ ϕ ϕ

ϕ tg

tg y y

AM MB

1 2

sin sin

= +

=

=

ϕ ϕ tg

y tg

AB= MB =

elde edilir. Türevin geometrik anlamına göre, tgϕ = y′ olduğunu dikkate alırsak, AB

AM

OB= + koşulunu

y y y

y x y

+ ′

′ + ′

= 1 2

şeklinde yazabiliriz. Buradan, basit dönüşümlerden sonra

0 2

)

(x² −y² ⋅y′² − xy′y=

diferansiyel denklemini elde ederiz. Bu denklem

=0

′

y , ₂2 ₂

y x y xy

= −

′

denklemlerine parçalanır.y′=0 denkleminden y=c elde edilir. Ama y=c eğrileri apsis eksenine paralel doğrulardır ve böylece, problemin koşulu sağlanmaz.

2 2

2 y x y xy

= −

′

denklemi ise homojen diferansiyel denklemdir ve onun genel çözümü cy

y x² + ² = çemberler ailesidir.

Örnek 116. Koordinat başlangıcından geçen eğrinin keyfi noktasındaki normalinin bu noktadan OX eksenine kadar olan parçasının orta noktası

ax

y² = parabolü üzerindedir. Bu eğri denklemini kurunuz.

Çözüm: Eğri üzerindeki keyfi ( yx, ) noktasında normalin denklemi )

1 (

x y X

y

Y −

− ′

=

−

dir. Bu normal x eksenini (x+ yy′,0) noktasında keser. Burada (X,Y) normal üzerinde keyfi noktadır. Bu taktirde normalin ( yx, ), (x+ yy′,0)

noktaları arasındaki orta noktasının koordinatları ) ,2 2 (2x+ yy′ y

olur. Problemin

koşuluna göre )

,2 2 (2x+ yy′ y

noktası y² =ax parabolü üzerinde olmalıdır.

Yani normalin orta noktası

2 2 2

2 x yy

y =a + ′



 





veya

ax y ay y² =2 ′+4

diferansiyel denklemini sağlamalıdır. Böylece , aranan eğri denklemi 4 2

2ayy′+ ax= y

Bernoulli denkleminin y(0)=0 koşulunu sağlayan çözümü olmalıdır. Koşula göre eğri koordinant başlangıcından geçer. Bu çözüm

) 1 ( 4

4 ²

2 a

x

e a a

y = + −

şeklindedir.

Örnek 117.

[ ]

^0,x aralığında orta ordinantı , bu aralığın sağ ucundaki ordinanta orantılı olan eğriyi bulunuz.

Çözüm: Önce belirtelim ki,

[ ]

a, aralığında tanımlı olan ^b y=y(x) eğrisinin orta ordinantı

−

∫

b a

dx x a y b1 ( )

dir.

[ ]

^0,x aralığında uc noktasının ordinantı y(x) olduğundan elde ederiz ki, eğri

∫

^{x y s ds=ky x}

x ₀ ( ) ( ) 1

denklemini veya

) ( )

(

0

x kxy ds s y

x =

∫

integral denklemini sağlamalıdır. Bu denklemi çözmek için x ’e göre türevi alalım. O zaman

) ( )

( )

(x ky x kxy x

y = + ′

değişkenlerine ayrılabilen diferansiyel denklemi elde edilir. Yukarıdaki örnekten farklı olarak bu problemde ek koşul bulmağa gerek yoktur. Gerçekten elde edilmiş integral denklemde

∫

⁼

→ x

x y s ds y

x ₀

0 1 ( ) (0)

lim

olduğundan ve sağ taraf ky(0) olduğundan y(0)’in keyfi veya k =1 olduğunu elde ederiz.Elde edilmiş diferansiyel denklemin çözümü ise

k k

cx y

−

= ¹ şeklindedir.

Örnek 118. Bir ayna bir noktadan, belirtilen bir yöne paralel olan ışıkları yansıtmaktadır. Bu aynanın türünü belirleyiniz.

Çözüm: Işığın kaynağı olarak koordinat başlangıcını ve yönü olarak da OX eksenini alalım. M( yx, ) ile, aynanın keyfi bir noktasını gösterelim.

y

( )

^{x y}

M ,

ϕ α

N 0 M′ x

Şekil 5.9.

Aynanın OX ekseni ve M( yx, ) noktasından geçen xoy düzlemi ile kesitine bakalım. Aynanın kesitine M( yx, ) noktasından geçen MN teğetini çizelim.

Işığın yansıma kanununa göre, gelme açısı yansıma açısına eşit olup, NOM üçgeni ikizkenardır. Yani, NO = OM eşitliği vardır. Buna göre

2 2

2 MM OM

M O

M M M

O NO

M tg M

+ ′ + ′

′

= ′ + ′

= ′ ϕ

yazılır. Eğer,

dx

tgϕ =dy , MM′ = y, OM′ =x

olduğu dikkate alınırsa,

2

2 y

x x

x dx

dy

+

= +

diferansiyel denklemi elde edilir. Bu diferansiyel denklemin çözümü, aynanın xoy düzlemi ile kesitinin türünü belirler. Elde edilen denklem homojen diferansiyel denklemdir ve y=zx dönüşümü ile çözülür. Bu denklemin genel çözümü

c x y

x² + ² = + , y² =2cx+c²

elde edilir. Buradan görüleceği üzere, aynanın kesiti parabol, yüzeyi ise paraboloiddir.

5.4. Hız Problemleri Nüfus Artışı

Belli bir bölgenin nüfusunu göz önüne alalım. Bu bölgeden dışarıya veya dışarıdan bu bölgeye herhangi bir insan göçü olmadığını kabul edelim. Bir t zamanda bu bölgedeki insanların sayısı N, doğum oranı k ve ölüm oranı m olsun.

Birim zamanda nüfus değişimi nüfus sayısı ile orantılı olduğundan;

(

^{k m}

)

^N

dt

dN = − (165)

yazılır. Eğer t=0 anında nüfus sayımını N ile gösterirsek problem başlangıç 0

değer problemine dönüşür. Yani ^N

( )

^t fonksiyonu (165) ile birlikte başlangıç koşulunu da sağlamalıdır. Böylece,

( )

^{t N e(k m)t}

N = ₀ ⁻

olur. Görüldüğü gibi k>m ise nüfus artar , k<m ise nüfus azalır.

Örnek 119. Isparta ilinin nüfusu 20 yılda iki katına çıkmıştır. Bu ilin nüfusu kaç yılda dört katına ulaşacağını hesaplayınız.

Çözüm: Artış hızını ilde yaşayanlarla orantılı olduğundan dt kN

dN = (166)

yazılır. t=0 anında ilde yaşayanların sayısı N olsun. O zaman 0

( )

^{t N ekt}

N = ₀

olur. Problemin şartına göre ilin nüfusu 20 yılda iki katına çıkmıştır , yani

( )

20 2N0

N = dır. Bunu (166) denkleminde dikkate alırsak, e k

N N_{0 0} ²⁰

2 =

olur. Buradan ,

2^k =2

e veya

20 2

= ln k bulunur. (166) denkleminde yerine yazarsak ;

( )

^{t N e t}

N ²⁰

2 ln

= 0

bulunur. Nüfusun 4 katına ulaşacağı zamanı t ile gösterelim. Problemin ₁ koşuluna göre N

( )

t1 =4N0 olmalıdır. O zaman

( )

1 0 ^ln2021

e t

N t

N =

olur. Burada N

( )

t1 =4N0 olduğunu dikkate alırsak ,

20 1

2 ln 0

4N0 =N e ^t

elde edilir. Buradan ise t₁ =40 yıl bulunur.

Örnek 120. Deneylerden bilindiği üzere yeteri kadar yem olduğunda , bakterilerin artması yemlerin miktarına bağlıdır. Bakterilerin başlangıç miktarı

Q ise , ne kadar zaman sonra bakterilerin miktarı m defa artar. 0

Çözüm: Bakterilerin t anındaki miktarı Q olsun. O zaman bakterilerin

( )

^t

değişme hızı , o anda mevcut bakterilerin miktarı ile orantılı olduğundan ;

dt kQ dQ =

şeklinde yazılır. Bu denklem değişkenlerine ayrılabilen diferansiyel denklemdir ve bunun genel çözümü

( )

^{t cekt}

Q =

olarak bulunur. Bakterilerin başlangıç miktarı Q olduğundan 0 Q

( )

0 =Q0 olur.

Bu başlangıç koşulundan yararlanılırsa , c=Q0 , yani

( )

^{t Q ekt}

Q = ₀ (167)

bulunur. Bakterilerin m defa artma zamanını t ile gösterelim. Koşula göre ₁

( )

t1 mQ0

Q = dır. O zaman (167)’den

0 1

0

ekt

Q mQ = ve buradan ,

k t lnm

1 = elde edilir.

Örnek 121. Bir A maddesi, kimyasal reaksiyon sonucu başka bir maddeye dönüşmektedir. t=0 anında mevcut madde miktarı 60 kg olsun. Bu madde miktarının üçte biri 20 dakika içinde diğer maddeye dönüşmektedir.

Herhangi bir t anında A maddesinden geriye ne kadar kaldığını bulunuz.

Çözüm: Herhangi bir t anında maddenin miktarı ^Q=Q

( )

^t olsun. A maddesi zamanla azaldığından ve azalma hızı mevcut madde miktarı ile orantılı olduğundan

dt kQ

dQ =− (168)

olur. Burada k , orantı sabitidir. Bu diferansiyel denklemin çözümü

( )

^{t ce kt}

Q = ⁻ (169)

dir. t=0 anında madde miktarı ^Q

( )

^{0 =60} olduğundan, (169)’da t=0 yazılırsa, c=60 bulunur. c nin bu değeri (169)’da yerine konulursa ,

( )

^{t e kt}

Q =60 ⁻

bulunur. Problemin şartına göre mevcut madde miktarının üçte biri 20 dakika sonra diğer maddeye dönüşmektedir , yani ^Q

( )

^{20 =20} kg dır. Bunu yukarıdaki denklemde dikkate alırsak, k parametresini bulmak için

e ²⁰k

60

20= ⁻

bulunur. Buradan

20 1

3 1



 



= e−k

elde edilir. Böylece, madde miktarını zamanın fonksiyonu olarak veren ifade

( )

²⁰

3 60 1

t

t

Q 



 



= 

olur.

Örnek 122. Kütlesi m olan maddesel noktaya , a ivmesi ile değişmeyen bir kuvvet etki ediyor. Ortam , harekette olan maddesel noktaya onun hızıyla orantılı olan direnç gösteriliyor. Başlangıç anında maddesel nokta hareketsiz kalmak şartıyla , zamana bağlı hareketin hızı nasıl değişir.

Çözüm: Hareketin t anındaki hızı v ile gösterilirse,

( )

^{t v}

( )

^{0 =0olur.}

Buna göre, keyfi t anında maddesel noktaya ^ma−αv

( )

^t kuvveti etki eder.

Burada α orantı katsayısıdır. Newton’un ikinci kanununa göre, kuvvetin

maddesel noktaya ivmesi

( )

m t v ma−α

dir. t anında ki ivme, hızın t ye göre türevi olduğundan,

( )

m t v ma dt

dv = −α

veya

a mv dt

dv = α− +

olur. Elde edilen bu denklem, lineer homojen olmayan bir diferansiyel denklemdir ve bunun genel çözümü

( )

^{t ce a e ( )ds}

v

t t s

t m

m

∫

^{− −}

− +

=

0 α α

şeklindedir. Buradan

( )

^{t =ce−mt + ma}_^{ −e−mt}_^

v

α α

α 1

veya

( )

^{t c m e ma}

v ^mt

α α

α

 +



 

 −

= ⁻

elde edilir. Başlangıç şartını kullanırsak ,

0 0

=

=

+



 

 −

= c

c ma ma

c α α

bulunur. Böylece verilen denklemin ^v

( )

^{0 =0} başlangıç şartını sağlayan çözümü

( )





 −

= ma e^−mt t

v

α

α 1

şeklinde bulunur. Buradan görülmektedir ki , maddesel noktanın hareket hızı ,

zaman geçtikçe artıp ma

α ya yakınsar. Belirli bir zamandan sonra maddesel

noktanın hareketi ma

α hızına düzgün olarak yakınsayacaktır.

Problemler

1. Teğetinin eğim açısı değme noktasının ordinatının karesine eşit olan ve )

1

;

(−1 noktasından geçen eğriyi bulunuz.

2. Bütün normalleri aynı bir noktadan geçen eğrinin çember olduğunu ispat ediniz.

3. Her bir noktasında normal altının uzunluğu 2 olan ve (-1;-2) noktasından geçen eğrini bulunuz.

4. Herhangi bir noktasındaki teğetinin OX ekseninden ayırdığı parça teğetin iki katına eşit olan eğrileri bulunuz.

5. Teğet altı değme noktasının , apsisinden k kez büyük olan eğriyi bulunuz..

6. Bir eğrinin her noktasındaki teğetinin oy ekseni üzerinde ayırdığı parça 2xy ’dir. Bu eğriyi bulunuz.2

7. Her noktasındaki normali, koordinant başlangıcından geçen eğriyi bulunuz.

8. Normal altı uzunluğu sabit olan eğrileri bulunuz.

9. x² + y² =c² daire ailesinin 45⁰ yörüngelerini bulunuz.

10. y² =4ax parabollerinin tepe noktası (0,0) koordinat başlangıç noktasında olsun. bu parabollere dik olan eğri ailesini bulunuz.

11. xⁿ + yⁿ =a eğrilerinin,

xm y x

= −

1 eğrilerine dik olması için n ’in değeri ne olmalıdır.

12. y=cx² + A parabollerine dik olan eğrilerin, x² +2y² − y=m denklemi ile verilen elips ailesi olması için A ’nın değerini bulunuz.

13. Kütlesi m olan bir cisim , yerden oldukça yüksekte bulunan bir noktadan ilk hızsız olarak serbest düşmeye bırakılıyor. Cisme etki eden yer çekim kuvveti sabit ve hava direncinin , cismin hızı ile orantılı olduğu kabul edildiğine göre, herhangi bir t anında cismin , başlangıç noktasından ne kadar uzaklıkta olduğunu ve o anda hangi hızla hareket etmekte olduğunu bulunuz.

14. Doğrusal hareket yapan bir cismin hızı, hareket doğrusu üzerindeki sabit bir noktaya olan uzaklığından iki birim fazla olacak biçimdedir. Eğer t=0 ve

=5

v ise hareket denklemini bulunuz.

15. Bir ülkenin nüfusu 40 yılda iki katına çıkmıştır. Artış hızının ülkede yaşayanlarla orantılı olduğunu varsayarak, nüfusun kaç yılda üç katına ulaşacağını hesaplayınız.

16. Bir radyoaktif maddenin eksilme miktarının maddenin şimdiki kütlesi ile orantılı olduğu varsayılıyor. Maddenin yarı ömünü bulunuz.

17. Motorlu tekne suyun direncinin tesiri altında hareketini yavaşlatır. Şöyle ki,

bu kuvvet teknenin hızı ile orantılıdır. Teknenin ilk hızı 1.5ms , s9 sonraki hızı 1ms ’dir. Ne zaman hız 1ms’ye kadar azalır? Tekne , duruncaya kadar ne kadar yol alır?

18. Sıvı ile dolu silindirik kabın dibinde bir delik vardır. Sıvının bu delikten akma hızı sıvının kaptaki seviyesine orantılı olduğunu ve bir günde sıvının

%10’nun aktığını kabul ederek, ne kadar zamandan sonra kaptaki sıvının yarısı akar?

19. Hacmi 20lt olan kapta hava vardır. (80% azot, %20 oksijen) Kaba saniyede 0.1lt azot basılarak, aralıksız karıştırılıyor. Ve aynı hızla karışım kaptan akıtılyor. Ne kadar zaman sonra kaptaki havanın %99’u azot olur.

20. Hacmi 200m olan oda havasının %15’i karbon gazıdır. Odaya dakikada ³

%0.09’u karbon gazı olmak üzere 20 m hava basılır. Ne kadar zaman sonra ³ karbon gazının değeri üç kat azalır.

21. Yüksekliği 6 metre , taban çapı 4 metre olan silindirik tank dik durumda

konulmuş ve su ile doldurulmuştur. Bu su , tank dibinde bulunan m 12

1

yarıçaplı dairesel bir delikten ne kadar zamanda boşalır.

22. Bir radyoaktif maddenin yarılanma ömrü 30 gündür. Kaç gün sonra bu maddenin başlangıçtaki miktarının %1 i kalır.

23. Kalınlığı h 10= m olan tahtaya bir kurşun v₀ =200m/sn hızla giriyor ve tahtadan v₁ =80m/sn hızla çıkıyor. Direnç kuvvetinin hızın karesi ile orantılı olduğu bilindiğine göre , kurşunun tahtadan geçme zamanını bulunuz.

24. Direnci R , indüksiyon akımı L ve voltajı ^u

( )

^t olan devreye , elektrik şiddeti

( )

^t

u dt Ri

Ldi + = diferansiyel denklemi olacak biçimde veriliyor. R ile L’yi

sabit ve u=kt kabul ederek , bu denklemin ⁱ

( )

^{0 =0} şartını veren çözümünü bulunuz.

25. Çapı 2 metre olan bir yarım küre su ile doludur. Kabın dibinde bulunan 0,2m çaplı dairesel delikten su ne kadar zamanda boşalır.

26. Havanın basıncının deniz seviyesinde 1kg/cm², 500 m yükseklikte ise / 2

92 ,

0 kg cm ye eşit olduğu bilinmektedir. Buna göre hava basıncının yükseklikten bağımsız olduğunu bulunuz.

27. Bir paraşütçü 1,5 km yükseklikten atlamış ve paraşütünü 0,5 km yüksekte açmıştır. Paraşütünü açana kadar ne kadar zaman geçmiştir. (Normal yoğunluklu bir havada insanın düşme hızı 50 m/sn dir . Yoğunluğun yüksekliğe bağlı değişimini dikkate almayınız ve havanın direncihızın karesi ile orantılıdır.)

28. Radiumun bozunma hızı mevcut miktarı ile orantılıdır. Bir miktar Radiumun 25 yıl içinde %1.1 inin başka maddeye dönüştüğü bilindiğine göre radiumun yarı ömrünü bulunuz.