* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. y + 2 t y = sin t

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.1. Lineer denklemler Problem 2.c:

ty⁰+ 2y = sin t, t > 0

ile verilen lineer denklemin ¸c¨oz¨um¨un¨u bulup, t → ∞ i¸cin ¸c¨oz¨um¨un davranı¸sını belirleyiniz.

C¸ ¨oz¨um : t > 0 dan verilen denklem t ile b¨ol¨un¨urse, y⁰+ 2

ty = sin t t

olarak yazılabilir. Denklem birinci mertebeden lineer bir denklemdir. Bu den- klem i¸cin

p(t) = 2

t, q(t) = sin t t olup integrasyon ¸carpanı,

µ = e^{R 2tdt} = e^{2 ln t} = t² olarak hesaplanır. Denklemin ¸c¨oz¨um¨u i¸cin,

y = t⁻² Z

t²sin t t dt

integraline ula¸sılıp, u = t, dv = sin t ile kısmi integrasyon alınırsa, y = c

t² −cos t

t + sin t t²

¸c¨oz¨um¨une t > 0 i¸cin ula¸sılır.

t → ∞ i¸cin y → 0 oldu˘gu basitce g¨or¨ulebilir.

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.1. Lineer denklemler Problem 20:

ty⁰+ (t + 1)y = t, y(ln 2) = 1 ile verilen ba¸slangı¸c de˘ger problemini ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

C¸ ¨oz¨um : Verilen denklemi t 6= 0 olmak ¨uzere t ile b¨olelim. Bu durumda, y⁰− t + 1

t y = 1 denklemine varırız. Bu denklemden integral ¸carpanı,

µ = e^{R t+1t dt}= e^{t+ln t} = te^t olarak bulunur ve ¸c¨oz¨um i¸cin yerine yazılırsa,

y = 1 te^t

Z te^tdt

elde edilir. u = t, dv = e^t ile kısmi integrasyon yapılırsa ¸c¨oz¨um y = 1 −1

t + c te^t

olarak bulunur. Burada verilen ba¸slangı¸c ¸sartı y(ln 2) = 1 kullanılırsa, c = 2 oldu˘gu g¨or¨ul¨ur. Bulunan c de˘geri yerine yazılırsa verilen diferansiyel denklemin ba¸slangı¸c ¸sartını sa˘glayan ¸c¨oz¨um¨u

y = 2 te^t − 1

t + 1 olarak elde edilir. ²

2˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.2. Lineer denklemler ¨uzerine daha fazla tartı¸smalar Problem 16:

(1 − t²)y⁰− ty = t(1 − t²), y(0) = 2

ba¸slangı¸c de˘ger probleminin genel ¸c¨oz¨um¨un¨u bulup, ¸c¨oz¨um¨un ya¸sadı˘gı aralı˘gı belirleyip, t → ∞ i¸cin ¸c¨oz¨um¨u inceleyiniz.

C¸ ¨oz¨um : Denklem d¨uzenlenirse, y⁰− t

1 − t²y = t

¸seklini alır. Bu lineer denklemimde integral ¸carpanı µ = e⁻

R _t

1−t2dt = (1 − t²)¹² elde edilir. C¸ ¨oz¨um denkleminde yerine yazılırsa,

y = (1 − t²)⁻¹² Z

t(1 − t²)¹²dt

ifadesine varılır. 1 − t² = u de˘gi¸sken de˘gi¸simi ile sa˘g taraftaki integrasyon alınırsa,

y = −(1 − t²)

3 + c(1 − t²)⁻¹²

seklinde genel ¸c¨oz¨um elde edilir. Ba¸slangı¸c ¸sartına uyan ¸c¨oz¨um¨u bulmak i¸cin, genel ¸c¨oz¨umde t = 0 yerine yazılıp 2’ye e¸sitlenirse, c = ⁷₃ olarak bulunur.

Son olarak genel ¸c¨oz¨umde c de˘geri yerine yazılırsa verilen ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin diferansiyel denklemin ¸c¨oz¨um¨u

y = −(1 − t²)

3 + 7

3(1 − t²)⁻¹² olarak elde edilir.

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.3. De˘gi¸skenlerine ayrılabilen denklemler Problem 2:

y⁰ = x² y(1 + x³) ile verilen diferansiyel denklemi ¸c¨oz¨un¨uz.

C¸ ¨oz¨um : y⁰ = ^dy_dx den denklem, dy

dx = x² y(1 + x³) olarak yazılır ve yeniden d¨uzenlenirse,

ydy = x² 1 + x³dx

¸seklinde de˘gi¸skenlerine ayrılmı¸s olur. Son ifadeden de g¨or¨uld¨u˘g¨u ¨uzere her iki yanı integre edersek,

y² 2 = 1

3ln |1 + x³| + c ve buradan da denklemin ¸c¨oz¨um¨u

3y²− ln |1 + x³| = c, x 6= −1, y 6= 0 olarak elde edilir.

4

4˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.3. De˘gi¸skenlerine ayrılabilen denklemler Problem 5:

y⁰ = cos²x cos²2y diferansiyel denkleminin ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

C¸ ¨oz¨um : Denklem uygun formatta yeniden yazılırsa, dy

dx = cos²x cos²2y ve de˘gi¸skenlerine ayrılırsa,

dy

cos²2y = cos²xdx elde edilir. Sa˘g taraftaki integral,

cos²x = 1 2 +1

2cos 2x

e¸sitli˘ginden kolaylıkla integre edilebilir. Sol taraftaki integral i¸cin u = 2y de˘gi¸sken de˘gi¸simi yapılırsa

1 2

Z

sec²udu

integraline varılır. Bu integrasyonlardan sonra ¸c¨oz¨um a¸sa˘gıdaki ¸sekilde yazılıabilir.

y = 1

2arctan(x + sin x cos x + c).

5

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.3. De˘gi¸skenlerine ayrılabilen denklemler Problem 13:

dy

dx = 2x x²y + y

diferansiyel denkleminin y(0) = −2 ¸sartını ger¸cekleyen ¸c¨oz¨um¨un¨u ve ¸c¨oz¨um¨un ya¸sadı˘gı aralı˘gı tespit ediniz.

C¸ ¨oz¨um : Verilen denklemin sa˘gında payda y parantazine alınıp gerekli d¨uzenleme yapılırsa,

ydy = 2x x²+ 1dx

¸seklinde de˘gi¸skenlerine ayrılmı¸s olur. ˙Integraller ise olduk¸ca basit bir ¸sekilde, y²

2 = ln |x²+ 1| + c olarak elde edilir. C¸ ¨oz¨um d¨uzenlenirse

y = ±p

2 ln |x²+ 1| + 2c

olarak elde edilir. y(0) = −2 ¸sartın sa˘glayan ¸c¨oz¨um i¸cin, ¸c¨oz¨um¨un negatif i¸saretli olanı kullanılıp c = 2 olarak belirlenir. Bu durumda verilen ba¸slangı¸c de˘ger probleminin ¸c¨oz¨um¨u

y = −p

2 ln |x²+ 1| + 4

ifadesidir. C¸ ¨oz¨umden de g¨or¨ulece˘gi ¨uzere ¸c¨oz¨um¨un tanımsız oldu˘gu herhangi bir reel sayı mevcut de˘gildir. Dolayısıyla ¸c¨oz¨um¨um¨uz −∞ < x < ∞ aralı˘gının tamamında ge¸cerlidir.

6

6˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.8. Tam denklemler ve integrasyon ¸carpanı Problem 4:

(2xy²+ 2y)dx + (2x²y + 2x)dy = 0

denkleminin tam olup olmadı˘gını belirleyip, e˘ger tam ise ¸c¨oz¨um¨un¨u yapınız.

C¸ ¨oz¨um : Denklem i¸cin,

p(x, y) = (2xy²+ 2y), q(x, y) = (2x²y + 2x) olmak ¨uzere

p_y = q_x = 4xy + 2 olup denklem tam diferansiyeldir. O halde,

f (x, y) = Z

(2xy²+ 2y)dx + h(y) yazılır ve integrasyon alınırsa

f (x, y) = x²y²+ 2xy + h(y) elde edilir. Her iki taraf y’ye g¨ore t¨uretilirse

∂f (x, y)

∂y = q(x, y) = 2xy + 2x∂h

∂y elde edilir. q(x, y) de˘geri yerine yazılırsa

∂h

∂y = 0

olarak bulunur ve buradan h = c sonucu artaya ¸cıkar. Bulunan h de˘geri yerine yazılırsa ¸c¨oz¨um,

f (x, y) = x²y²+ 2xy + c

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.8. Tam denklemler ve integrasyon ¸carpanı

Problem 12: x

(x²+ y²)³²dx + y

(x²+ y²)³²dy = 0

denkleminin tam olup olmadı˘gını belirleyip, e˘ger tam ise ¸c¨oz¨um¨un¨u yapınız.

C¸ ¨oz¨um : Denklemde,

p(x, y) = x

(x²+ y²)³², q(x, y) = y (x²+ y²)³² olup

py = qx = −3xy(x²+ y²)⁻⁵² den verilen denklem tam diferansiyeldir.

f (x, y) =

Z x

(x²+ y²)³²dx + h(y) yazılıp integral i¸cin u = x²+ y² de˘gi¸sken de˘gi¸simi yapılırsa,

f (x, y) = (x²+ y²)⁻¹² + h(y)

elde edilir. Her iki yanın y’ye g¨ore t¨urevi alınıp, ^{∂f (x,y)}_∂y = q(x, y) ifadesi kul- lanılırsa,

∂h

∂y = 2y(x² + y²)⁻³²

olarak bulunur. Tekrar x² + y² = u de˘gi¸sken de˘gi¸simi ile integrasyon hesa- planırsa,

h = −2(x²+ y²)⁻¹² + c elde edilir. h de˘geri yerine yazılırsa ¸c¨oz¨um,

f (x, y) = −(x²+ y²)⁻¹² + c olur. Son ifade d¨uzenlenirse ¸c¨oz¨um

x²+ y² = C

¸seklinde de yazılabilir.

8

8˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.8. Tam denklemler ve integrasyon ¸carpanı Problem 25:

(3x²+ 2xy + y³)dx + (x²+ y²)dy = 0

ile verilen diferansiyel denklemi bir integrasyon ¸carpanı bularak ¸c¨oz¨un¨uz.

C¸ ¨oz¨um : Verilen denklem i¸cin,

p(x, y) = 3x²+ 2xy + y³, q(x, y) = x²+ y² olup,

p_y = 3x²+ 2xy + y³, q_x = 2x

den denklem tam dif. de˘gildir. Uygun integrasyon ¸carpanı i¸cin, p_y − q_x= 3(x²+ y²)

olup,

µ = e

R _py−qx

q(x,y)dx

i¸cin

µ = e^R3dx = e^3x

¸seklinde bulunur ve verilen denklem bu integrasyon ¸carpanı ile ¸carpılırsa, (3x²e^3x+ 2xye^3x+ y³e^3x)dx + (x²e^3x+ y²e^3x)dy = 0

¸seklinde denklem elde edilir. B¨oylece,

p_y = q_x = 3x²e^3x+ 2xe^3x + 3y²e^3x olup denklem tam dif. hale gelir.

C¸ ¨oz¨um i¸cin

f (x, y) = Z

(x²e^3x+ y²e^3x)dy + h(x)

dx = 0

ve buradan da h = c olarak bulunur. Bulunan h de˘geri yerine yazılırsa ¸c¨oz¨um, x²ye^3x+ 1

3y³e^3x+ c = 0 olur. C = −3c i¸cin ¸c¨oz¨um yeniden d¨uzenlenirse,

(3x²y + y³)e^3x = C olarak da yazılabilir.

9

9˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.8. Tam denklemler ve integrasyon ¸carpanı Problem 27:

dx + (x

y − sin y)dy = 0

ile verilen diferansiyel denklemi i¸cin bir integrasyon ¸carpanı bularak ¸c¨oz¨um yapınız.

C¸ ¨oz¨um : Verilen denklem i¸cin,

p(x, y) = 1, q(x, y) = x

y − sin y olup,

p_y = 0, q_x = 1 y

den denklem tam dif. de˘gildir. Uygun integrasyon ¸carpanı i¸cin, p_y− q_x = −1

y olup,

µ = e^{R −p(x,y)py−qxdy} i¸cin

µ = e^{R 1ydy} = y

¸seklinde bulunur ve verilen denklem bu integrasyon ¸carpanı ile ¸carpılırsa, ydx + (x + y sin y)dy = 0

¸seklinde denklem elde edilir. B¨oylece,

p_y = q_x = 1 olup denklem tam dif. hale gelmi¸s olur.

∂y = q(x, y) = x + dy

elde edilir. q(x, y) de˘geri yerine yazılıp gerekli sadele¸stirmeler yapılırsa, dh

dy = −y sin y elde edilir. Denklem de˘gi¸skenlerine ayrılırsa,

dh = −y sin ydy olurki sa˘g tarftaki integral i¸cin

u = y, dv = sin y denilerek kısmi integrasyon alınırsa,

h = y cos y − sin y − c

olarak elde edilir. Bulunan h de˘geri yerine yazılırsa ¸c¨oz¨um, xy + y cos y − sin y − c = 0 olarak elde edilir.

10

10˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.8. Tam denklemler ve integrasyon ¸carpanı Problem 31:

(3x + 6

y) + (x² y + 3y

x)dy dx

diferansiyel denklemi i¸cin bir integrasyon ¸carpanı bularak ¸c¨oz¨um yapınız.

C¸ ¨oz¨um : Verilen denklem d¨uzenlenirse, (3x + 6

y)dx + (x² y + 3y

x)dy = 0 olarak yazılabilir. B¨oylece,

p(x, y) = 3x + 6

y, q(x, y) = x² y + 3y

x olup

p_y = −6

y², q_x = 2x y −3y

x² den

py− qx = 1

x²y²(−2x³y²− 6x²+ 3y³) elde edilir. Uygun integrasyon ¸carpanı

µ = e^{R py−qxyq−xpdu}

¸seklinde olup,

yq − xp = 1

xy(−2x³y²− 6x²+ 3y³) olarak hesaplanıp yerine u = xy i¸cin yazılırsa,

µ = e^{R 1u}du = e^{ln u} = u = xy

x y + 3x + y = c olarak kar¸sımıza ¸cıkar.

11

11˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.9. Homojen denklemler Problem 6:

dy

dx = −4x + 3y 2x + y

ile verilen denklemin homojen oldu˘gunu g¨osterip ¸c¨oz¨um¨un¨u elde ediniz.

C¸ ¨oz¨um :

f (x, y) = −4x + 3y 2x + y olmak ¨uzere

x = tx, y = ty i¸cin

f (tx, ty) = −t(4x + 3y)

t(2x + y) = −t⁰(4x + 3y

2 + y ) = t⁰f (x, y)

olurki bu ifade bize denklemin homojenli˘gini g¨osterir. O halde y = vx d¨on¨u¸s¨um¨u yapılırsa,

dt dx = dv

dxx + v

elde edilip denklemde yerine yazılıp gerekli d¨uzenlemeler yapılırsa, v + 2

v²+ 5v + 4dv = −dx x elde edilir. Sol taraftaki ifade basit kesirlerine ayrılırsa,

(1 3

1 v + 1+2

3 1

v + 4)dv = −dx x

elde edilir. Burada heriki yandan integrasyon alınıp gerkli d¨uzenlemeler yapılırsa,

|v + 1||v + 4|² = c x³

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.9. Homojen denklemler Problem 8:

(x²+ 3xy + y²)dx − x²dy = 0

ile verilen denklemin homojen oldu˘gunu g¨osterip ¸c¨oz¨um¨un¨u elde ediniz.

C¸ ¨oz¨um : Verilen denklemde gerekli d¨uzenlemeler yapılırsa, dy

dx = x²+ 3xy + y² x²

elde ederiz ki bu denklem x ve y i¸cin iknci dereceden homojen bir denklemdir.

O halde y = vx de˘gi¸sken d¨on¨u¸s¨um¨u altında, dv

dxx = (v + 1)² elde edilip de˘gi¸skenlerine ayrılırsa

1

(v + 1)²dv = dx x bulunur. Her iki yandan integral alınırsa,

1

v + 1 = − ln |x| − ln |c|

elde edilir. v = ^y_x ile de denklemin ¸c¨oz¨um¨u y 6= −x i¸cin, x

x + y + ln x + lnc = 0 olarak kar¸sımıza ¸cıkar.

13

13˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.9. Homojen denklemler Problem 15.b:

dy

dx = 2y − x + 5 2x − y − 4 denkleminin ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

C¸ ¨oz¨um : A¸cık olarak denklem homojen denklem de˘gildir.

∆ = 1 − 4 = −3 6= 0 oldu˘gundan,

2y − x + 5 = 0, 2x − y − 4 = 0 do˘grularını ortak ¸c¨ozersek,

(h, k) = (x, y) = (1, −2)

olarak bulabiliriz. Bu durumda verilen diferansiyel denklemi homojen hale getirmek i¸cin,

x = X + 1, y = Y − 2

¨otelemeleri yapmak yeterli olacaktır. Ayrıca, dx = dX ve dy = dY dir. Bu ifadeler altında, denklem,

dY

dX = 2Y − X 2X − Y

¸seklinde homojen hale gelir. Y = V X d¨on¨u¸s¨um¨u ile , V⁰X + V = 2V − 1

2 − V ve buradan da

2 − V

V² − 1dV = dX X

elde edilir. Sol taraftaki integral i¸cin gerekli d¨uzenlemeler yapılırsa ,

|Y + X|³

elde edilir ve son olarak X = x − 1 ve Y = y + 2 ile diferansiyel denklemin

¸c¨oz¨um¨u y 6= −x − 1 i¸cin,

|y − x + 3| = c|y + x + 1|³ olarak elde edilir.

14

14˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

* 2.9. Homojen denklemler Problem 16:

dy

dx = −4x + 3y + 15 2x + y + 7

homojen olmayan diferansiyel denklemi homojen hale getirip ¸c¨oz¨um¨un¨u yazınız.

C¸ ¨oz¨um : Verilen denklemi homojen hale getirmek i¸cin (h, k) noktasını bu- lalım.

4x + 3y + 15 = 0, 2x + y + 7 = 0 do˘gruları ortak ¸c¨oz¨ul¨urse

(h, k) = (−3, −1) olarak bulunur. O halde

x = X − 3, y = Y − 1 d¨on¨u¸s¨umleri ile diferansiyel denklemimiz,

dY

dX = −4X + 3Y 2X + Y

¸seklinde homojen hale gelir. Y = V X ile bu denklem, V + 2

V²+ 5V + 4dV = −dX X

¸sekline gelir. Sol taraf basit kesirlerine ayrılıp daha sonra her iki yanın inte- gralleri alınırsa ¸c¨oz¨um,

|V + 1||V + 4|² = c X²

elde edilir. ¨Once V = _X^Y sonra X = x + 3 ve Y = y + 1 ¸c¨oz¨umde yerine yazılırsa istenen ¸c¨oz¨ume

|x + y + 4||4x + y + 13|² = c

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.1. Sabit katsayılı lineer homojen denklemler Problem 2:

y⁰⁰+ 3y⁰+ 2y = 0

sabit katsayılı homojen denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

C¸ ¨oz¨um : Aranacak ¸c¨oz¨um y = e^rt¸seklinde olup gerekli t¨urevler hesaplanırsa y⁰ = re^rt, y⁰⁰= r²e^rt

elde edilir. Denklemde yerine yazılırsa

(r²+ 3r + 2)e^rt = 0 bulunur. Buradan karekteritlik deklem

(r²+ 3r + 2) = 0 dır. Bu denklemin k¨okleri ise

r₁ = −1, r₂ = −2 olup denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u ise

y = c1e^−t+ c2e^−2t dir.

16

16˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.1. Sabit katsayılı lineer homojen denklemler Problem 10:

y⁰⁰+ 4y⁰+ 3y = 0; y(0) = 2, y⁰(0) = 1

ba¸slangı¸c de˘ger probleminin ¸c¨oz¨um¨un¨u bulup t artarken ¸c¨oz¨um¨un davranı¸sını belirleyiniz.

C¸ ¨oz¨um : Aranacak ¸c¨oz¨um y = e^rt¸seklinde olup gerekli t¨urevler hesaplanırsa y⁰ = re^rt, y⁰⁰= r²e^rt

elde edilir. Denklemde yerlerine yazılırlarsa (r²+ 4r + 3)e^rt = 0 elde edilir. Buradan karekteritlik deklem

(r²+ 4r + 2) = 0 olup karakteristlik denklemin k¨okleri ise

r₁ = −1, r₂ = −3

olarak tespit edilir. B¨oylece denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u ise y = c1e^−3t+ c2e^−t

dir. y(0) = 2 ba¸slangı¸c ¸sartından

c₁+ c₂ = 2 elde edilir.

y⁰ = −3c₁e^−3t− c₂e^−t i¸cin y⁰(0) = 1 ¸sartı kullanılırsa

−3c₁− c₂ = 0

elde edilir. ˙Iki denklemden c1 ve c2 katsayıları hesaplanırsa c = −1

, c = 2

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.1. Sabit katsayılı lineer homojen denklemler Problem 14:

2y⁰⁰+ y⁰ − 4y = 0; y(0) = 0, y⁰(0) = 1

ba¸slangı¸c de˘ger probleminin ¸c¨oz¨um¨un¨u bulup t artarken ¸c¨oz¨um¨un davranı¸sını belirleyiniz.

C¸ ¨oz¨um : y = e^rt aranacak ¸c¨oz¨um¨u i¸cin, y⁰ = re^rt ve y⁰⁰= r²e^rt oldu˘gundan.

(2r²+ r − 4)e^rt= 0 bulunur. Buradan karekteritlik deklem

(2r²+ r − 4) = 0 dır. Karakteristlik denklemin k¨okleri ise

r₁ = −1 −√ 33

4 , r₂ = −1 +√ 33 4 olup denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u ise

y = c₁e⁽⁻¹⁻

√33

4 )t+ c₂e⁽⁻¹⁺

√33 4 )t

¸seklinde elde edilir. y(0) = 2 dan

c₁ + c₂ = 2, y⁰ = (−1 −√

33

4 )c1e⁽⁻¹⁻

√33

4 )t+ (−1 +√

33

4 )c2e⁽⁻¹⁺

√33 4 )t

i¸cin y⁰(0) = 1 ¸sartı kullanılırsa da (−1 −√

33

4 )c₁+ (−1 +√ 33

4 )c₂ = 1 elde edilir. ˙Iki denklemden c₁ ve c₂ katsayıları hesaplanırsa

c1 = − 1 2√

33, c2 = 1 2√

33

olarak bulunur ve ¸c¨oz¨umde yerlerine yazılırsa, verilen ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan

¸c¨oz¨um,

y = − 1 2√

33e⁽⁻¹⁻

√33

4 )t+ 1

2√

33e⁽⁻¹⁺

√33 4 )t

olur. C¸ ¨oz¨um t → ∞ i¸cin y → ∞ olarak g¨ozlenir.

18

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.3. Lineer ba˘gımsızlık ve wronskian Problem 1:

f (t) = t²+ 5t, g(t) = t²− 5t

olarak verilen fonksiyonların lineer ba˘gımlı olup olmadıklarını belirleyiniz.

C¸ ¨oz¨um : Verilen iki fonksiyonun wronskianları W (f (t), g(t)) = det

µ t²+ 5t t²− 5t 2t + t 2t − 5

¶

= 20t²

olup sıfırdan farklıdır. Dolayısıyla f ve g fonksiyonları lineer ba˘gımsızdırlar.

Problem 15:

t²y⁰⁰− t(t + 2)y⁰+ (t + 2)y = 0

denklemini ¸c¨ozmeden iki ¸c¨oz¨um¨un wronskianını hesaplayınız.

C¸ ¨oz¨um : Verilen diferansiyel denklem t 6= 0 ile b¨ol¨un¨up d¨uzenlenirse y⁰⁰− t + 2

t y⁰+ t + 2 t² y = 0 elde edilir. Bu durumda

p(t) = −t + 2

t , q(t) = t + 2 t²

olup bu iki fonksiyon t 6= 0 s¨ureklidirler. Dolayısıyla, y₁, y₂ iki ¸c¨oz¨um olmak

¨uzere Teorem 3.2.2 uygulanırsa,

W (y1, y2) = ce^{R(t+2t )dt} den, W (y₁, y₂) = ct²e^t elde edilir.

19

19˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.3. Lineer ba˘gımsızlık ve wronskian Problem 17:

x²y⁰⁰+ xy⁰+ (x²− ν²)y = 0

Bessel Denklemini ¸c¨ozmeden iki ¸c¨oz¨um¨un wronskianını hesaplayınız.

C¸ ¨oz¨um : Denklem x 6= 0 i¸cin y⁰⁰− 1

xy⁰ +x²− ν² x² y = 0

olup p(x) = −¹_x ve q(x) = ^x2_x^−ν2 ² fonksiyonları x 6= 0 i¸cin s¨ureklidir. y₁, y₂ iki

¸c¨oz¨um olmak ¨uzere Teorem 3.2.2 den,

W (y₁, y₂) = ce^{R 1xdx} olup, W (y₁, y₂) = _x^c elde edilir.

Problem 18:

(1 − x²)y⁰⁰− 2xy⁰+ α(α + 1)y = 0

Legendre Denklemini ¸c¨ozmeden iki ¸c¨oz¨um¨un wronskianını hesaplayınız.

C¸ ¨oz¨um : x 6= ±1 i¸cin

y⁰⁰− 2x

1 − x²y⁰+α(α + 1) 1 − x² y = 0

olup p(x) = −_1−x^2x2 ve q(x) = ^α(α+1)_1−x2 fonksiyonları x 6= ±1 i¸cin s¨ureklidir. y1, y2

iki ¸c¨oz¨um olmak ¨uzere Teorem 3.2.2 den, W (y₁, y₂) = ce

R _2x

1−x2dx

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.4. Kompleks k¨okler ve karakteristlik denklem Problem 10:

y⁰⁰+ 2y⁰+ 2y = 0 diferansiyel denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

C¸ ¨oz¨um : t = e^rt ¸seklinde aranacak ¸c¨oz¨um i¸cin, y⁰ ve y⁰⁰ de˘gerleri hesaplanır ve denklemde yerine yazılırsa

(r²+ 2r + 2)e^rt = 0 dan karekteristlik denklem,

r²+ 2r + 2 = 0

olarak bulunur. Denklemin k¨okleri hesaplanırsa kar¸sımıza r_1,2 = −1 ± i

gibi iki tane kompleks k¨ok ¸cıkar. Bu durumda verilen denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u y = c₁e^−tcos t + c₂e^−tsin t

¸seklinde yazılır.

21

21˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.4. Kompleks k¨okler ve karakteristlik denklem Problem 12:

4y⁰⁰+ 9y = 0 diferansiyel denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

C¸ ¨oz¨um : y = e^rti¸cin y⁰ ve y⁰⁰de˘gerleri hesaplanır ve denklemde yerine yazılırsa (4r²+ 9)e^rt = 0

dan karekteristlik denklem,

4r²+ 9 = 0

olarak bulunur. Denklemin k¨okleri r_1,2 = ±³₂i gibi tamamen imajiner olarak ortaya ¸cıkar. Bu durumda verilen denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u

y = c1cos3

2t + c2sin3 2t

¸seklinde yazılır.

22

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.4. Kompleks k¨okler ve karakteristlik denklem Problem 18:

y⁰⁰+ 4y⁰+ 5y = 0; y(0) = 1, y⁰(0) = 0

ba¸slangı¸c ¸sartlarıyla verilen diferansiyel denklemin ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

C¸ ¨oz¨um : ¨Oncelikle denklemin genel ¸c¨oz¨um¨un¨u bulalım. y = e^rt i¸cin y⁰ = re^rt ve y⁰⁰ = r²e^rt de˘gerlerinden

(r²+ 4r + 5)e^rt = 0 elde edilirse karekteristlik denklem,

r²+ 4r + 5 = 0

olarak bulunur. Denklemin k¨okleri r_1,2 = −2pmi gibi kompleks k¨oklerdir. Bu durumda verilen denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u

y = c1e^−2tcos t + c2e^−2tsin t

¸seklinde yazılır. Birinci ba¸slangı¸c ¸sartı olan y(0) = 1 den c₁ = 1 elde edilir.

˙Ikinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin ¸c¨oz¨um¨un t¨urevi alınırsa

y⁰(t) = (−2c1+ c2)e^−2tcos t + (−c1 − 2c2)e^−2tsin t

ve y⁰(0) = 0 ¸sartı kullanılırsa c₂ = 2 olarak belirlenir c₁, c₂ de˘gerleri ¸c¨oz¨umde yerlerine yazılırsa verilen ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸c¨oz¨um,

y = e^−2tcos t + 2e^−2tsin t olarak elde edilir.

23

23˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.5. C¸ akı¸sık k¨okler ve mertebe d¨u¸s¨urme Problem 6:

y⁰⁰− 6y⁰+ 9y = 0 ile verilen denklemin genel ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

C¸ ¨oz¨um : Verile denklemin karekteristlik denklemi y = e^rt ¸seklinde aranacak

¸c¨oz¨um i¸cin

(r − 3)² = 0 olup k¨okler

r1 = r2 = 3 d¨ur. B¨oylece genel ¸c¨oz¨um,

y = c1e^3t+ c2te^3t

¸seklinde yazılır.

Problem 8:

16y⁰⁰+ 24y⁰ + 9y = 0 ile verilen denklemin genel ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

C¸ ¨oz¨um: y = e^rt ¸seklinde aranacak ¸c¨oz¨umde karekteristlik denklem (r + 3

4)² = 0

olup k¨okler r1 = r2 = −³₄ d¨ur. Bu durumda genel ¸c¨oz¨um, y = c₁e^−34t+ c₂te^−34t

¸seklinde yazılır.

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.5. C¸ akı¸sık k¨okler ve mertebe d¨u¸s¨urme Problem 14:

y⁰⁰+ 4y⁰+ 4y = 0; y(−1) = 2, y⁰(−1) = 1

ba¸slangı¸c ¸sartları ile verilen diferansiyel denklemin ¸c¨oz¨um¨un¨u bulunuz.

C¸ ¨oz¨um : y = e^rt aranacak ¸c¨oz¨um i¸cin y⁰ ve y⁰⁰ t¨urevleri hesaplanıp denklemde yerine yazılırsa karekteristlik denklem

(r + 2)² = 0 olup k¨okler

r₁ = r₂ = −2 dir. Bu durumda denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u,

y = c₁e^−2t+ c₂te^−2t

¸seklinde yazılır. y(−1) = 2 birinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin c₁− c₂ = 2e⁻²

olarak bulunur. Genel ¸c¨oz¨um¨un t¨urevinden

y⁰ = e^−2t(−2c₂t + c₂− 2c₁) olup y⁰(−1) = 1 ba¸slangı¸c ¸sartı kullanılırsa

−2c₁+ 3c₂ = e^−e elde edilir. ˙Iki denklemden c₁, c₂ katsayıları ¸c¨oz¨ul¨urse

c₁ = 7e⁻², c₁ = 5e⁻²

olarak bulunup yerlerine yazılırsa verilen ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸c¨oz¨um y = 7e^−2(t+1)+ 5te^−2(t+1)

olarak elde edilir.

25

25˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.5. C¸ akı¸sık k¨okler ve mertebe d¨u¸s¨urme Problem 24:

t²y⁰⁰+ 2ty⁰− 2y = 0, t > 0, y₁(t) = t

¸seklinde bir ¸c¨oz¨um¨u bilinenen denklemin ikinci ¸c¨oz¨um¨un¨u mertebe d¨u¸s¨urme metodunu kullanarak elde ediniz.

C¸ ¨oz¨um : y₁(t) = t verilen denklemin ger¸cekten de bir ¸c¨oz¨um¨ud¨ur. Bunu g¨ormek i¸cin, gerekli t¨urevler alınıp denklemde yerine yazılır. Bilinen bu ¸c¨oz¨um¨u kullanarak denklemin di˘ger ¸c¨oz¨um¨un¨u bulmak i¸cin

y(t) = y₁(t)v(t) diyelim ve t¨urevleri hesaplayalım.

y⁰ = v + tv⁰, y⁰⁰ = tv⁰⁰+ 2v⁰ olarak bulunur. Bu de˘gerleri denklemde yerlerine yazarsak

t³v⁰⁰+ 4t²v⁰ = 0 denklemini elde edilip de˘gi¸skenlerine ayrılırsa

v⁰⁰

v⁰ = −4 t olur. Birinci integrasyondan

v⁰ = c₁ t⁴ ve buradan da tekrar integrasyon alıp

v = −3c₁t⁻³+ c2

olarak bulabiliriz. Bulunan v de˘geri y = vt de yerine yazılırsa y = −3c₁t⁻²+ c₂t

elde edilir. y (t) = t oldu˘gundan

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.5. C¸ akı¸sık k¨okler ve mertebe d¨u¸s¨urme Problem 28:

(x − 1)y⁰⁰− xy⁰ + y = 0, x > 1, y₁(x) = e^x

¸seklinde bir ¸c¨oz¨um¨u bilinenen denklemin ikinci ¸c¨oz¨um¨un¨u mertebe d¨u¸s¨urme metodunu kullanarak elde ediniz.

C¸ ¨oz¨um : Benzer olarak gerekli t¨urevler y₁(x) = e^x i¸cin alınıp denklemde yerine yazılırsa e^x in bu denklem i¸cin bir ¸c¨oz¨um oldu˘gu g¨or¨ul¨ur. Bilinen bu

¸c¨oz¨um¨u kullanarak denklemin di˘ger ¸c¨oz¨um¨un¨u bulmak i¸cin y(x) = y1(x)v(x)

diyelim ve t¨urevleri hesaplayalım.

y⁰ = (v⁰+ v)e^x, y⁰⁰= (v⁰⁰+ 2v⁰+ v)e^x olarak bulunur. Bu de˘gerleri denklemde yerlerine yazarsak

v⁰⁰(x − 1)e^x+ v⁰(x − 2)e^x = 0 denklemini elde edriz. De˘gi¸skenlerine ayırırsak

v⁰⁰

v⁰ = 2 − x x − 1 olur. Sa˘g taraf yeniden d¨uzenlenirse

v⁰⁰

v⁰ = −1 + 1 x − 1 bulunur. Birinci integrasyondan

v⁰ = c₁e^−x(x − 1) elde edilir. ˙Ikinci integrasyon i¸cin

x − 1 = u, dv = e^−x ile kısmi integrasyon uygulanırsa,

v = −c1e^−xx + c2

elde edilir. Bulunan v de˘geri y = ve^x de yerine yazılırsa y = −c1x + c2e^x

elde edilir. y₁(x) = e^x oldu˘gundan ikinci ¸c¨oz¨um y₂(x) = x olurak tespit edilir.

27

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.6. Homojen olmayan denklemler ve belirsiz katsayılar metodu Problem 2:

y⁰⁰+ 2y⁰+ 5y = 3 sin 2x

denklemini belirsiz katsatılar metodunu kullanarak ¸c¨oz¨un¨uz.

C¸ ¨oz¨um : Homojen kısım i¸cin karekteristlik denklem r²+ 2r + 5 = 0 olup k¨okleri

r_1,2 = −1 ± 2i dir. Bu durumda homejen kısmın ¸c¨oz¨um¨u,

y_h = c₁e^−xcos 2x + c₂te^−xsin 2x olarak yazılır. ¨Ozel ¸c¨oz¨um

Y (x) = a sin 2x + b cos 2x

¸seklinde aranmalıdır. Buradan,

Y⁰(x) = 2a cos 2x − 2b sin 2x, Y⁰⁰(x) = −4a sin 2x − 4b cos 2x ifadeleri yerlerine yazılırsa ve gerkli d¨uzenlemelr yapılırsa

(a − 4b) sin 2x + (4a + b) cos 2x = 3 sin 2x olur ki

a − 4b = 3, 4a + b = 0 olarak bulunur. Bu iki denklemden

a = 3

17, b = −12 17 bulunur. O halde denklemin ¨ozel ¸c¨oz¨um¨u

Y (x) = 3

17sin 2x − 12 17cos 2x

¸seklinde elde edilir. B¨oylece verilen denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u y_G = c₁e^−xcos 2x + c₂e^−xsin 2x + 3

17sin 2x − 12 17cos 2x elde edilir.

28

28˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.6. Homojen olmayan denklemler ve belirsiz katsayılar metodu Problem 6:

y⁰⁰+ 2y⁰+ y = 2e^−t

denklemini belirsiz katsatılar metodunu kullanarak ¸c¨oz¨un¨uz.

C¸ ¨oz¨um : Homojen kısım i¸cin karekteristlik denklem r²+ 2r + 1 = 0 olmak ¨uzere k¨okleri ¸cakı¸sık olup

r₁ = r₂ = −1 dir. Bu durumda homejen kısmın ¸c¨oz¨um¨u,

y_h = c₁e^−t+ c₂te^−t

olarak yazılır. α = −1 olup karekteristlik denklemin ¸cift katlı k¨ok¨ud¨ur. O halde ¨ozel ¸c¨oz¨um

Y (t) = kt²e^−t

¸seklinde aranmalıdır. Bunun i¸cin

Y⁰(t) = e^−t(−kt²+ 2kt), Y⁰⁰(t) = e^−t(kt²− 4kt + 2k) elde edilip denklemde yerlerine yazılır ve gerekli d¨uzenlemeler yapılırsa

2ke^−t = 2e^−t

olur ki k = 1 olarak bulunur. Bu durumda ¨ozel ¸c¨oz¨um Y (t) = t²e^−t

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.6. Homojen olmayan denklemler ve belirsiz katsayılar metodu Problem 13:

y⁰⁰+ y⁰− 2y = 2t; y(0) = 0, y⁰(0) = 1

ba¸slangı¸c de˘ger problemini belirsiz katsatılar metodunu kullanarak ¸c¨oz¨un¨uz.

C¸ ¨oz¨um : Homojen ¸c¨oz¨um i¸cin denklem sıfıra e¸sitlenip, y = e^rt i¸cin karek- teristlik denklem

r²+ r − 2 = 0 dan

r1 = 1, r2 = −2 olarak bulunur. O halde homojen kısmın ¸c¨oz¨um¨u,

yh = c1e^t+ c2e^−2t olur. ¨Ozel ¸c¨oz¨um¨u bulmak i¸cin,

Y (t) = at + b

¸seklinde bir polinom se¸celim. Buradan,

y⁰ = a, y⁰⁰ = 0 ifadeleri denklemde yerine yazılırsa,

−2at + (a − 2b) = 2t olur. Bu e¸sitlikten

a = −1, b = −1 2 olarak bulunur. O halde denklemin ¨ozel ¸c¨oz¨um¨u,

Y (t) = −t − 1 2 olur. B¨oylece genel ¸c¨oz¨um,

y_G= c₁e^t+ c₂e^−2t− t − 1 2

olarak yazılır.

y(0) = 0 ba¸slangı¸c ¸sartı kullanılırsa

c₁+ c₂ = 1 2

denklemi elde edilir. ˙Ikinci ba¸slangı¸c ¸sartı i¸cin genel ¸c¨oz¨um¨un t¨urevi alınırsa, y_G⁰ = c₁e^t− 2c₂e^−2t− 1

bulunur. y⁰(0) = 1 dan

c₁− 2c₂ = 1

olarak ikinci denklem elde edilir. Bu iki denklemden c₁, c₂ katsayıları ¸c¨oz¨ul¨urse c₁ = 1, c₂ = −1

2

olur. Genel ¸c¨oz¨umde bu de˘gerler yerine yazılırsa verilen ba¸slangı¸c ¸sartlarını sa˘glayan ¸c¨oz¨um

yG = e^t− 1

2e^−2t− t − 1 2 olarak bulunur.

30

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.7. Parametrelerin de˘gi¸simi y¨ontemi Problem 2:

y⁰⁰− y⁰− 2y = 2e^−t

denkleminin ¸c¨oz¨um¨un¨u parametrelerin de˘gi¸simi y¨ontemini kullanarak elde edi- niz.

C¸ ¨oz¨um : Basitce de g¨or¨ulece˘gi gibi homojen kısmın ¸c¨oz¨um¨u i¸cin karekter- istlik denklem

r²− r − 2 = 0 olup k¨okleri

r1 = −1, r2 = 2 olarak bulunursa homojen ¸c¨oz¨um

y_h = c₁e^−t+ c₂e^2t

¸seklinde elde edilir.

Verilen denklemin ¨ozel ¸c¨oz¨um¨u i¸cin,

y(t) = c1(t)e^−t+ c2(t)e^2t alınarak, katsayıların tespiti i¸cin

c⁰₁(t)e^−t+ c⁰₂(t)e^2t= 0,

−c⁰₁(t)e^−t + 2c⁰₂(t)e^2t = 2e^−t denklemleri elde edilir. Denklemler taraf tarafa toplanırsa

c⁰₂(t) = 2 3e^−3t elde edilir. Bu ise

dc₂ dt = 2

3e^−3t demektir. Buradan

c₂(t) = −2 9e^−3t olarak elde edilir. Bulunan bu de˘ger yardımıyla

c⁰₁ = −2 3

olur ki buradan da

c₁(t) = −2 3t

olarak kolaylıkla hesaplanabilir. c₁(t), c₂(t) de˘gerleri yerlerine yazılırsa ¨ozel

¸c¨oz¨um

Y (t) = −2

3te^−t− 2 9e^−t olarak elde edilir.

Ozel ¸c¨oz¨um Y (t) = −¨ ²₃te^−t se¸cilirse (¸c¨unk¨u e^−t homojen kısım ¸c¨oz¨um¨unde var), verilen denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u

y_G = c₁e^−t+ c₂e^2t−2 3te^−t olarak elde edilir. ³¹

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.7. Parametrelerin de˘gi¸simi y¨ontemi Problem 5:

y⁰⁰+ y = tan t, 0 < t < π 2

denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨un¨u parametrelerin de˘gi¸simi y¨ontemini kullanarak elde ediniz.

C¸ ¨oz¨um : Homojen kısmın ¸c¨oz¨um¨u i¸cin karekteristlik denklem r²+ 1 = 0

ollup k¨okleri

r_1,2 = ±i olarak bulunursa homojen ¸c¨oz¨um

y_h = c₁cos t + c₂sin t olarak yazılır.

Denklemin ¨ozel ¸c¨oz¨um¨u i¸cin,

y(t) = c₁(t) cos t + c₂(t) sin t alınarak, katsayıların tespiti i¸cin

c⁰₁(t) cos t + c⁰₂(t) sin t = 0,

−c⁰₁(t) sin t + c⁰₂(t) cos t = tan t

denklemleri elde edilir. Birinci denklem sin t, ikinci denklem cos t ile ¸carpılıp taraf tarafa toplanırsa

c⁰₂ = sin t bulunur ki buradan bir integrasyon ile

c₂ = − cos t

olarak elde edilir. Benzer ¸sekilde, birinci denklem cos t, ikinci denklem − sin t ile ¸carpılıp taraf tarafa toplanırsa

c⁰₁ = cos t − sec t

bulunur ki buradan bir integrasyon ile

c1 = sin t − (ln | tan t + sec t|)

olarak elde edilir. Bulunan bu de˘gerler yerlerine yazılırsa ¨ozel ¸c¨oz¨um Y (t) = − cos t(ln | tan t + sec t|)

olarak elde edilir.

Sonu¸cta ise diferansiyel denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u

y_G = c₁cos t + c₂sin t − cos t(ln | tan t + sec t|) olarak yazılır. ³²

* 3. ˙Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler

* 3.7. Parametrelerin de˘gi¸simi y¨ontemi Problem 11:

y⁰⁰− 5y⁰ + 6y = g(x)

Burda g(x) s¨urekli bir fonksiyon olmak ¨uzere denklemin genel ¸c¨oz¨um¨un¨u elde ediniz.

C¸ ¨oz¨um : Verilen diferansiyel denkleminin genel ¸c¨oz¨um¨un¨u Teorem 3.7.1’i kul- lanarak elde edelim. Homojen kısımdan karekteristlik denklem

r²− 5r + 6 = 0 olup denklemin k¨okleri

r1 = 2, r2 = 3 olarak bulunur ve homojen ¸c¨oz¨um

yh = c1e^2x+ c2e^3x

¸seklinde ifade edilir. O halde,

y₁(x) = e^2x, y₂(x) = e^3x olur ve basit bir hesaptan sonra

W (y₁, y₂) = −e^5x

olarak bulunurki bu bize ¸c¨oz¨umlerin lineer ba˘gımsızlı˘gını verir. S¨ureklilik bu denklemin katsayıları ve verilen g fonksiyonu i¸cin var oldu˘gundan ¨ozel ¸c¨oz¨um i¸cin Teorem 3.7.1’i kullanabiliriz.

Y (x) = −e^3x

Z e^2sg(s)

−e^5s ds + e^2x

Z e^3sg(s)

−e^5x ds gerekli d¨uzenlemeler yapılırsa,

Y (x) = Z

(e^3x−3sg(s))ds − Z

(e^(2x−2s)g(s))ds ve buradan da ¨ozel ¸c¨oz¨um

Y (x) = Z

(e^3(3x−3s)− e^2(x−s))g(s)ds

olarak elde edilir. Denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u ise y_G= c₁e^2x+ c₂e^3x+

Z

(e^3(x−s)− e^2(x−s))g(s)ds olarak yazılabilir.

33

* 4. Y¨uksek Mertebeden Lineer Denklemler

* 4.1. n. Mertebeden lineer denklemlerin genel teorisi Problem 2:

ty⁰⁰⁰+ sin ty⁰⁰+ 3y = cos t ile verilen diferansiyel denklemin ¸c¨oz¨um arlı˘gını bulunuz.

C¸ ¨oz¨um : Verilen denklem t ile b¨ol¨un¨urse y⁰⁰⁰+ sin t

t y⁰⁰+ 3y

t = cos t t elde edilir.

p₁(t) = sin t

t , p₂(t) = 3

t, g(t) = cos t t

fonksiyonları a¸cık olarak t 6= 0 i¸cin s¨urekli fonksiyonlardır. O halde Teorem 4.1

’e g¨ore denklemin ¸c¨oz¨um¨u t 6= 0 i¸cin mevcuttur.

Problem 6:

(x²− 4)y^ıv+ x²y⁰⁰⁰+ 9y = 0 diferansiyel denkleminin ¸c¨oz¨uml¨u oldu˘gu aralı˘gı bulunuz.

C¸ ¨oz¨um : Verilen denklemi x²− 4 ile b¨olelim. Bu durumda y^ıv+ x²

x²− 4ty⁰⁰⁰+ 9

x²− 4 = 0 elde edilir.

p₁(x) = x²

x²− 4t, p₂(x) = 9 x²− 4

olarak g¨osterilirse, fonksiyonların s¨ureklili˘gi i¸cin x 6= −2 ve x 6= 2 olması gerekir.

Teorem 4.1’e g¨ore bu diferansiyel denklemin ¸c¨oz¨um¨un¨un ge¸cerli old˘gu aralıklar,

−∞ < x < −2, −2 < x < 2, 2 < x < ∞ olark kar¸sımıza ¸cıkar.

34

34˙I.T.¨U. Matematik B¨ol¨um¨u, Durmu¸s Da˘ghan

* Elemantary Differantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C.

* 4. Y¨uksek Mertebeden Lineer Denklemler

* 4.1. n. Mertebeden lineer denklemlerin genel teorisi Problem 11:

y⁰⁰⁰+ y⁰ = 0 denklemi i¸cin

1, cos t, sin t

¨u¸cl¨us¨un¨un denklemin birer ¸c¨oz¨umleri olduklarını g¨osterip wronskianlarını hesaplayınız.

C¸ ¨oz¨um :

y₁(t) = 1

i¸cin basitce t¨um t¨urevler sfır oldu˘gu i¸cin e¸sitlik sa˘glanır. Dolayısıyla y₁ = 1 bir

¸c¨oz¨umd¨ur.

y2(t) = cos t i¸cin,

y₂⁰(t) = − sin t, y₂⁰⁰⁰(t) = sin t

olup verilen diferansiyel denklemde yerlerine yazılırsa e¸sitlik elde edilir. Dolayısıyla y2 de bir ¸c¨oz¨umd¨ur.

y₃(t) = sin t alınırsa,

y₃⁰(t) = cos t, y⁰⁰⁰₃(t) = − cos t

olup verilen diferansiyel denklemi sa˘glarlar. O halde bu da bir ¸c¨oz¨umd¨ur.

S¸imdi bu ¨u¸c ¸c¨oz¨um¨un wronskianını hesaplayalım.

W (y₁, y₂, y₃) = det



 1 cos t sin t 0 − sin t cos t 0 − cos t − sin t



 = sin²t + cos²t = 1

olup y₁, y₂, y₃ lineer bag˘gımsızdırlar.