YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ
VOLTERRA İNTEGRAL DENKLEMLERİ ve UYGULAMALARI
Matematikçi, Nurcan ÇAMCI
FBE Matematik Anabilim Dalında Hazırlanan
YÜKSEK LİSANS TEZİ
Tez Danışmanı: Yrd. Doç. Dr. Salih KARANFİL
İSTANBUL, 2006
İÇİNDEKİLER
Sayfa
SİMGE LİSTESİ …...……….……... iii
KISALTMA LİSTESİ ...………. iv
ÇİZELGE LİSTESİ ...………..………..v
ÖNSÖZ ...…..………..……….. vi
ÖZET …...………..…….……… vii
ABSTRACT ..…...………..……….. viii
1. İNTEGRAL DENKLEMLERİN TARİHSEL GELİŞİMİ ……..……….……...1
2. VOLTERRA İNTEGRAL DENKLEMLERİ………2
2.1. Volterra İntegral Denklemin Diferansiyel Denkleme Dönüştürülerek Çözümü……….2
2.1.1. Volterra İntegral Denklemlerinde Resolvant………..2
2.1.2. Resolvantın Diferansiyel Denklem Yardımıyla Bulunması………4
2.2. Ardışık Yaklaştırma Yöntemi……….4
2.3. I. Cins Volterra İntegral Denklemleri……….5
2.3.1. I. Cins Volterra İntegral Denklemlerinde Fark Çekirdeği Laplace Dönüşüm Yöntemi………5
2.3.2. I. Cins Volterra Denkleminin Gama ve Beta Fonksiyonlarından Yararlanarak Çözülmesi………..6
2.4. II. Cins Volterra İntegral Denklemleri………7
2.4.1. II. Cins Volterra İntegral Denklemine Runge-Kutta Yöntemiyle Yaklaşım……….7
2.4.2. II. Cins Volterra İntegral Denklemine Neumann Serisi ile Yaklaşım………8
3. UYGULAMALAR ………9
4. BİRİM UZUNLUKLU HOMOJEN KİRİŞİN ESNEKLİK PROBLEMİ………16
4.1. Volterra-Fredholm ve Fredholm İntegral Denkleminin Genel Çözümü ………16
4.2. Adi Ardışık Yakınsama Yöntemiyle Çözüm………18
4.3. Genelleştirilmiş Ardışık Yakınsama Yöntemiyle Çözüm……….21
5. SONUÇLAR……….25
KAYNAKLAR ……...……….……….. 26
ÖZGEÇMİŞ …...……….……... 27
SİMGE LİSTESİ )
, ( tx
K Çekirdek fonksiyon X
F1 Fredholm operatörü
X
F
2 Fredholm operatör L Laplace dönüşümü) , , (x t
λ
Γ Resolvant
∑
Toplam sembolüV
x Volterra operatörüÇİZELGE LİSTESİ
Sayfa Çizelge 2.1 Genel çözüm, adi ardışık yakınsama ve genelleştirilmiş ardışık
yakınsama yöntemi ile elde edilen değerler………24
ÖNSÖZ
Bu çalışma konusunu bana veren, başlangıcından sonuna kadar çalışmalarımın her aşamasında düşünce ve önerilerinden yararlandığım değerli hocam Yrd. Doç. Dr. Salih Karanfil’e teşekkür ederim.
Ayrıca bu süreçte bilgi ve birikimlerinden yararlandığım değerli hocam Doç. Dr. Mustafa Bayram’a teşekkürü bir borç bilirim.
ÖZET
Bu çalışmada Volterra integral denklemlerinin çözüm yöntemleri üzerinde çalışılmıştır.
Giriş bölümünden sonra II.bölümde Volterra integral denklemleri hakkında genel bilgi verilmiştir. Bunlar integral denklemlerinde resolvant, resolvantın diferansiyel denklem yardımıyla bulunması ve ardışık yaklaştırma yöntemi şeklinde sıralanmıştır. Ayrıca Volterra integral denklemlerinin çözümünde Leibnitz kuralı bir başka yöntem olarak kullanılmıştır.
Diferansiyel denkleme dönüştürülen integral denklemin çözümü bu kural ile de elde edilmiştir. I. cins Volterra integral denklemlerinde Laplace dönüşüm yöntemi, Gama-Beta fonksiyonları ile çözüm yöntemleri incelenmiştir. Burada I. cins Volterra integral denklemi II.
cinsteki denkleme indirgemeden fark çekirdeği ile çözülmüştür. II. cins Volterra integral denkleminde ise Runge-Kutta ve Neumann serisi ile yaklaşım yöntemleri kullanılmıştır.
Burada integral denklem K(x,t) çekirdek fonksiyonu üzerinde herhangi bir kısaltma
yapmaksızın itere çekirdeklerden yararlanarak bir denklem elde edildiği ve bu denklemin de integral denklemin çözümü için bir yöntem olduğu gösterilmiştir.
III. bölümde bu yöntemlerle ilgili örnekler çözülmüştür.
IV. bölüme geçildiğinde ise Volterra integral denklemlerinin sayısal çözümleri, birim uzunluklu homojen kirişin esneklik problemini esas alınarak incelenmiştir. Önce Volterra- Fredholm ve Fredholm integral denkleminde homojen olmayan diferansiyel denklemin başlangıç şartları ele alınarak genel çözüm hesaplanmıştır. Bundan yararlanarak adi ardışık yakınsama ve genelleştirilmiş ardışık yakınsama yöntemiyle çözüm bulunmuştur. Elde edilen çözümler t’nin 0, 0.1, 0.2, ...1 değerleri için belirlenmiştir.
Anahtar kelimeler: Fredholm operatörü, Volterra operatörü.
ABSTRACT
In this study, the solution methods of Volterra equations were analysed.
After the introduction part, in the second section the general information about Volterra equations were presented. This information consist of resolution in Volterra equation, solving the resolution by means of differantial equation and the basic successive substitute
approximations method. Also, in the solution of Volterra equations the rules of Leibnitz was used as another method. The solution of integral equtaion, which was turned into differantial equations, was acquired through this rule. In the first type of Volterra equations Laplace transformation method, Gamma-Beta functions and their solution methods were analysed.
Here, first type of Volterra equation was solved by not reducing to the equation into the second type. However, in the type of volterra equations the approximations methods of Runge-Kutta and Neumann were used. In this part it was indicated that an equation is acquired by not condensing upon the function of K(x,t). This equation is a method for the solution of an integral equation.
In the third section, the examples about these methods were solved.
When we come to the fourth section, it was analysed the numerical solutions of Volterra equations by taking into consideration the flexibility problem of homogenous chord. Firsly, the general solution was calculated by analysing the starting conditions of differantial
equation which is not homogenous in Volterra-Fredholm and Fredholm integral equation. By using these findings the solution was acquired by the basic successive substitute
approximations method and modified successive approximations method. These solutions were determined for the values of t=0, 0.1, 0.2,...1.
Key words: The operator of Fredholm, the operator of Volterra.
1. İNTEGRAL DENKLEMLERİN TARİHSEL GELİŞİMİ
İntegral denklemler bu yüzyılın başlarında incelenmeye ve üzerinde araştırmalar yapılmaya başlanılmış bir konudur. 1823 yılında, ABEL tarafından bir integral denkleme rastlanılması ve ilk defa integral denklem deyiminin 1888 yılında De Bais REYMOND tarafından kullanılması, konunun başlangıç yılları hakkında bir fikir vermektedir. (Bocher M, 1913) Önceleri dağınık ve rastgele yapılan çalışmalar, gittikçe düzenli ve daha bilimsel yöntemler uygulanarak yapılmaya başlanılmış ve zaman içerisinde konu, bugünkü aşamasına ulaşmıştır.
Genelde, tekniğin gelişmesine paralel olarak matematik gelişmelerin sağlanması, matematik gelişmelerin ise teknikte yeni ufuklar açması, bu yüzyılın simgesi gibidir. Pek çok konunun, çeşitli gereksinmeler sonucu ortaya konularak ve zamanın problemlerine cevap verecek şekilde geliştirilerek olgunlaştırılması, bu konular hakkında birçok çalışmanın ve eserin ortaya çıkmasına neden olmuştur. İntegral Denklemler de böyle bir konudur. İntegral Denklemlerin, Diferensiyel Denklemlerle olan ilişkisi ve Diferensiyel Denklemlerin teknikte çok kullanılır olması nedenleriyle, İntegral Denklemler tekniğin problemlerine gitgide daha çok girmeye başlamıştır. Bu nedenle de önemi gittikçe artmaktadır.
İntegral Denklemlere olan ilgi her geçen gün artmaktadır. Bu konular giderek güncelleşmiş ve de teknolojide ve özellikle de birçok mühendislik alanında yaygın olarak kullanılmaya başlanmış olmasından ötürü, ilgi alanı o oranda genişlemiştir. (Aksoy Y, 1988)
Son zamanlarda Volterra-Fredholm integral denkleminden yararlanarak yeni çözüm teknikleri üzerinde çalışılmıştır. Adi ardışık yakınsama yöntemiyle sınır değer problemleri çözülmüştür.
Buradan elde edilen çözümler değişken katsayılı homojen kirişin esneklik probleminin sayısal çözümlerinin bulunmasında kullanılmıştır. (Çelik E., Bayram M. 2003) Ayrıca geciken argümentli bir diferansiyel denklemin sınır değer problemlerinin çözümü için yeni bir yaklaşım önerilmiştir. (Çelik E., Bayram M., Aykut A. 2003) Buna bağlı olarak geciken argümentli bir diferansiyel denklemin sınır değer problemlerinin çözümü için etkili sayısal yöntemler sunulmuştur. (Çelik E., Bayram M., Aykut A. 2002)
2. VOLTERRA İNTEGRAL DENKLEMLERİ
u(x) bilinmeyen fonksiyon ve K(x,t) çekirdek fonksiyonu olmak üzere u(x) = f(x)+
∫
xa
t)u(t)dt K(x,
λ şeklindeki bir ifadeye 2. cins lineer volterra integral denklemi
denir. f(x) = 0 ise u(x) = K(x,t)u(t)dt
x
∫
aλ dir. Bu tür denklemlere de 2. cins lineer homojen
volterra integral denklemi denir.
∫
xa
dt ) t ( u ) t , x (
K =∅(x) şeklindeki ifadeye de I. Cins volterra integral denklemi adı verilir.
2.1. Volterra İntegral Denklemin Diferansiyel Denkleme Dönüştürülerek Çözümü
Bir integral denklem diferansiyel denkleme dönüştürülebilir. Genellikle Volterra tipindeki integral denklemlerin analitik çözümünde kullanılır. Bir integral denklem “Leibnitz formülü”
olarak bilinen kural yardımıyla integral denklemde eşitliğin sağ tarafındaki integralden kurtuluncaya kadar türev alınır. Leibnitz formülü;
{ } { }
dx ) dA x ( A , x dx F ) dB x ( B , x F x dt
) t , x ( dt F
) t , x ( dx F
d B(x)
) x ( A
) x ( B
) x (
∫
=A∫
∂ ∂ + − şeklinde tanımlanır.2.1.1. Volterra İntegral Denklemlerinde Resolvant u(x)=f(x)+λ
∫
x0
dt ) t ( u ) t , x (
K şeklinde ifade edilen 2 cins volterra integral denkleminde K(x,t) fonksiyonu a0≤x≤ ; x0≤t≤ ve f(x), 0≤x≤a aralıklarında tanımlı ve süreklidirler.
Buradan, u(x)=u0(x)+λu1(x)+λ2u2(x)+...+λnun(x)+... λ parametresine bağlı kuvvet serisi elde edilir. Bu ifade genel denklemde yerine yazılırsa,
...
) x ( u . ...
) x ( u ) x (
u0 +λ 1 + +λn n +
f(x)+ xK(x,t)
[
u (t) u (t) ...... u (t) ...]
dt0
n n 1
∫
0 +λ + +λ +λ
∫
∫
∫
= −
=
=
=
x 0
1 n n
x 0
1 2
x 0
0 1
0
. olur dt ) t ( u ) t , x ( K ) x ( u . . .
dt ) t ( u ) t , x ( K ) x ( u
dt ) t ( u ) t , x ( K ) x ( u
) x ( f ) x ( u
) x ( f ) x (
u0 = olduğuna göre =
∫
x0
1(x) K(x,t)f(t)dt
u elde edilir.
∫ ∫
= x
0
t 0
1 1 1
2(x) K(x,t) K(t,t )f(t )dt dt u
=
∫ ∫
=∫
x0
1 1 1 ) 2 ( x
0
x t
1 1
1)dt K(x,t)K(t,t )dt K (x,t )f(t )dt t
( f
1
dir.
∫
=x
t
1 1
) 2 (
1
dt ) t , t ( K ) t , x ( K ) t , x (
K ve K(1)(x,t)=K(x,t)
K(n+1)(x,t)=
∫
xt
) n
( (y,t)dy K
) y , x (
K ve
...) ,...
3 , 2 , 1 n ( dt
) t ( f ) t , x ( K ) x ( u
x 0
) n ( )
n
( =
∫
=∑
∞∫
=
λ +
= x
0 ) i ( 1 i
i K (x,t)f(t)dt )
x ( f ) x ( u
) t , x ( K(i 1)
0 i
i +
∞
∑
= λ serisine resolvant denir ve Γ(x,t; λ )=∑
∞= λ +
0
i (i 1)
iK (x,t) şeklinde ifade edilir.
Resolvant hesaplanabildiği takdirde volterra integral denkleminin çözümü;
u(x)=f(x)+λ
∫
xΓ λ0
dt ) t ( f )
; t , x
( olur. (Aksoy Y, 1988)
2.1.2. Resolvantın Diferansiyel Denklem Yardımıyla Bulunması
1 1 n
1 n
0 (x t)
)!
1 n (
) x ( ... a )
t x )(
x ( a ) x ( a ) t , x (
K − − −
+ − +
− +
= şeklindeki fonksiyon için volterra
integral denkleminin resolvantı diferansiyel denklem yoluyla bulunacaktır.
∫
Γ λλ +
= x
0
dt ) t ( f )
; t , x ( )
x ( f ) x (
u yardımıyla integral denklemin çözümü bulunur.
K(x,t) ifadesinde a0(x ,)a1(x),...,an−1(x) fonksiyonları (0,a) aralığında sürekli ve tanımlı fonksiyonlardır.
0 g ) x ( a ...
...
dx g )d x ( dx a
g )d x ( dx a
g d
) 1 n 2 (
n 2 n 1 1
n 1 n n 0
n =
+ + +
λ
− −− −− − diferansiyel denklemi,
dx 1 g d
, dx 0
g . d
...
dx g d dx
g dg
t x 1 n
1 n
t x 2 n
2 n t
x 2 2 t t x
x
=
⇒
=
=
=
=
=
=
−
−
=
−
−
= =
=
Buna göre resolvant,
n n
dx )
; t , x ( g d ) 1
; t , x
( λ
= λ λ
Γ olur. (Aksoy Y, 1988)
2.2. Ardışık Yaklaştırma Yöntemi
Bu yöntemle u0(x)sıfırıncı yaklaştırma olarak düşünülüp 1λ= için
∫
ε ε ελ +
= x
a
d ) ( u ) , x ( K ) x ( f ) x (
u ifadesinde yerine konursa u1(x) birinci yaklaştırma elde edilir.
. olur dt ) t ( u ) t , x ( K ) x ( f ) x ( u . . .
dt ) t ( u ) t , x ( K ) x ( f ) x ( u
dt ) t ( u ) t , x ( K ) x ( f ) x ( u
x 0
1 n n
x
0
1 2
x 0
0 1
∫
∫
∫
+ −
= +
= +
=
2.3. I. Cins Volterra İntegral Denklemleri I. cins volterra integral denkleminin özel hali,
∫
λ
= x
0
dt ) t ( u ) t , x ( K )
x (
f ,K(x,x)≠ ve x’e bağlı olarak türetilmek üzere 2. cins volterra 0 integral denklemine indirgenebilir. Denklemde her 2 tarafa x’e bağlı olmak üzere Leibnitz kuralı uygulanacak olursa;
∫
∫
∫
+
=
∂
− ∂
= λ ⋅
=
∂ ≠
− ∂
= λ
λ
∂ + λ ∂
=
x 0
x 0 x
0
edilir.
elde dt
) t ( u ) t , x ( H ) x ( g ) x ( u
x ) t , x ( K ) x , x ( K ) 1 t , x ( H
dx df ) x , x ( K ) 1 x ( g
0 ) x , x ( K , dt ) t ( x u
) t , x ( K ) x , x ( K
1 dx
df ) x , x ( K ) 1 x ( u
) x ( u ) x , x ( K dt ) t ( x u
) t , x ( K dx
df
2.3.1. I. Cins Volterra İntegral Denklemlerinde Fark Çekirdeği Laplace Dönüşüm Yöntemi:
I. cins volterra integral denklemi fark çekirdeği içerdiğinde
. edilir ) elde
s ( K
) s ( L F u(x) 1
ile Laplace ters
) , s ( K
) s ( ) F s ( u
) s ( u ) s ( K ) s ( F
dt ) t ( u ) t x ( K )
x ( f
) t , x ( K ) t , x ( K
1 x
0
=λ
=λ λ
=
− λ
=
=
−
∫
2.3.2. I. Cins Volterra Denkleminin Gama ve Beta Fonksiyonlarından Yararlanarak Çözülmesi
( )
∫
x − =0
nu(t)dt xm
t
x şeklindeki Volterra integral denklemini göz önüne alalım.
1 n , 0
m≥ >− olup m ve n gerçel sayılardır. Denklemin her iki tarafı r > -1 ve r∈R o.ü. (z-x)r ile çarpılır ve x’e göre 0 ve z arasında integre edilirse;
∫
∫
∫
= −
−
− z
0
r m
x 0
n z
0
r (x t) u(t)dt dx x (z x) dx )
x z
( olur.
x = vz alınsın.
∫
∫
∫
∫ ∫
∫ ∫
∫
∫
∫
∫
+ + Γ
+ Γ
⋅ +
= Γ + −
+ Γ
+ Γ + Γ
+ + Γ
+ Γ +
− Γ
= + + β
⋅
−
=
−
−
=
−
−
− +
=
− −
=
− −
=
−
−
≥
>
+ +
+ + Γ
+ Γ +
= Γ + + β
=
−
=
−
+ + +
+
+ + +
+
+ + + + +
+
+ +
z 0
1 r m 1
r n
1 r n 1
r n
r 1
0 n 1 r n z
t
n r
z 0
z t
n r
z 0
x 0
n r
x 0
n z
0
r
1 r m 1
r m
r 1
0 m z
0
1 r m r
m
) 2 r m (
) 1 r ( ) 1 m z (
dt ) t ( u ) t z ) ( 2 r n (
) 1 r ( ) 1 n (
) 2 r n (
) 1 r ( ) 1 n ) (
t z ( ) 1 r , 1 n ( )
t z (
dv ) v 1 ( v )
t z ( dx ) t x ( ) x z (
) t z ( v t x , dt ) t ( u dx ) t x ( ) x z (
dx dt ) t ( u ) t x ( ) x z ( dx
dt ) t ( u ) t x ( ) x z (
, ise taraf Sol . olur ) 0 m 1 r m (
) 2 r m (
) 1 r ( ) 1 m z (
) 1 r , 1 m ( z
dv ) v 1 ( v z
dx ) x z ( x
, dan . old
! h ) 1 h (
) 1 n h m ( ) 1 n (
) 1 h ( ) 1 m z (
dt ) t ( u ) t z (
. olur ) 1 n h m ( ) 2 r m (
olup 2 1 n h m 2 r m ise 1 n h )
1 h ( ) 2 r n (
h 1 r n ve 0 h
n h m z
0
h
= + Γ
+
− + Γ + Γ
+ Γ +
= Γ
−
+
− + Γ
= + + Γ
+
−
− +
= + +
−
−
= Γ + Γ
= + + Γ
= + +
≥
−
∫
+n h m z
0
h
) z 1 n h m ( ) 1 n (
) 1 m dt (
) t (
! u h
) t z
( ⋅ + −
+
− + Γ + Γ
+
= Γ
∫
−alalım
z’ye göre her iki tarafın h+1 kez türevi alınırsa,
1 n
zm
) n m ( ) 1 n (
) 1 m ) (
z (
u ⋅ − −
− Γ + Γ
+
= Γ bu sonuç
∫
x − =0
m nu(t)dt x )
t x
( denkleminin çözümüdür.
(Aksoy Y, 1988)
2.4. II. Cins Volterra İntegral Denklemleri
2.4.1. II. Cins Volterra İntegral Denklemine Runge-Kutta Yöntemiyle Yaklaşım
∑
=+
= x
0 x
0),g(x) x
( f de min denkle ds
)) s ( f , s , x ( W )
x ( g ) x (
f ve bx0 ≤x ≤ dir.
R- derecede bir Runge-Kutta metodu denklem integrali bazı sabit x’ler için yaklaştırmada kullanılabilir. R-derecede Runge-Kutta metodu,
∫
++
+ =
1 n
n
x
x n 1
n ) y(x ) Z(x,y(x))dx x
(
y olarak tanımlanmıştır.
Burada,
( ) ( )
) R , ,...
2 , 1 r ( b
a
1 a , ...
a a 0 k b h x y ha x y
R ,..., 3 , 2 r )) ha x ( y , ha x ( Z k , ) y , x ( Z k
k C h dx )) x ( y , x ( Z
1 r
1 s
rs r
r 2
1 1
r 1
s rs s
n r
n
r n r
n r
n n 1
R 1 r
r r x
x
1 n
n
=
=
=
≤
≤
=
→ +
= +
= +
+
=
=
⋅
=
∑
∑
∫ ∑
−
=
−
=
=
+
Aşağıdaki eşitliklerden faydalanarak
( ) ( ) ( ) ( )
(
x,y(x))
dx h b z(
x ha ,y(x ha ))
z
k C h dx ) x ( y , x z , dx ) x ( y , x z x
y 1 x y
s n s n 1
r 1
s rs
h a x
x
R 1 r
r r x
x x
x n n
r n
n
1 n
n 1
n
n
+ +
=
⋅
⋅ +
= +
∫ ∑
∫ ∑
∫
−
= +
=
+ +
Volterra denkleminde,
( ) ( ) ( )
( )
r 1(
n s(
n s) )
1 s
rs h
a x
x
h a X
x
r 0 r
0 r
0
ha x y , ha x Z b h dx ) x ( y , x Z
ds ) s ( f , s , h a x W h
a x g h a x f
r n
n
r 0
0
+ +
=
+ +
+
= +
∫ ∑
∫
−
= +
+
Bu yaklaşım kullanılarak,
( )
(
x a h) (
g x a h)
h b W(
x a ,x a ,f(x a ))
(r 2,3,...,R) fdenklemi ds
) s ( f , s , x W )
x ( g ) x ( f
1 r
1 s
s 0 s 0 r 0 rs r
0 r 0
x x0
= +
+ +
+ + +
+
=
∑
∑
−
=
Genelleştirilirse,
∫
+
= x
x0
ds )) s ( f , s , x ( W ) x ( g ) x (
f aşağıdaki biçimde çözülür.
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ∑∑ ( )
∑
∑
−
=
−
=
−
=
−
=
+ +
+ +
+
= +
+ +
+ +
+
= +
≥ +
=
+
= +
=
≤
≤
≤
=
= +
+ +
+
= +
1 r
1 s
1 r
1
s RK p r J k J k
r p r
p p
r p s p r p 1
r 1 s
rs r
p p r p
0
r 0 1
1 r
2 1
1 r
1
s 0 r 0 s 0 r
r 0 r
0
) h a x ( f , h a x , h a x W b h
h a x g h a x F
) h a x ( f , h a x , h a x W b h h a x F h a x f
1 P , Ph x x
) h a x ( f ) h a x ( f , 1 a ....
...
a a 0 , Burada
) R ,..., 3 , 2 r ( )
h a x ( f , h a x , h a x W )
h a x ( g ) h a x ( f
(
x a h) (
f x a h)
f p + j = p−1+ R dır.
2.4.2. II. Cins Volterra İntegral Denklemine Neumann Serisi ile Yaklaşım )
x ( f dy ) y ( f ) y , x ( K )
x ( u
x a
i 1
i ) 1 i
( +
λ λ
=
∑
∞∫
=
−
Bu denklemde ilk amaç x < y iken a≤x≤b ve K(x,y) = 0 koşullarında bir itere çekirdek fonksiyonları oluşturmaktır.
. .
dt ) y , t ( K ) t , x ( K K , dt ) y , t ( K ) t , x ( K K
) y , x ( K
y
x
1 2
a
b
1 2
1
∫
∫
==
=
∫
−=
y
x
1 n
n K(x,t)K (t,y)dt
K çözücü çekirdeği hesaplanmış bir Volterra integral denkleminin çözümü,
∫
Γ λλ +
= x
0
dt ) t ( f ) , t , x ( f(x)
u(x) olacaktır.
3. UYGULAMALAR
3.1. Leibnitz Kuralı İçin Test Problemi: − =
∫
x[
− −]
0
3 3x 4 3(x t)u(t)dt
x integral denklemini
alalım.
[ ]
4 / 3 r 0 3 r 4
x 6 u 3 u 4
) x ( u 3 ) x ( u 4 x 6
) x ( u 4 ) x ( u 0 3 x 6
) x ( u 4 dt ) t ( u 3 3 x 3
x 0 2
=
⇒
=
−
=
′−
′ −
=
+ ′ +
−
=
+
=
−
∫
x e c
u1= 1 3/4 için B Ax u2 = +
. bulunur 3
B 8 , 2 A
x 6 B 3 Ax 3 A 4 A u2
−
=
−
=
=
−
−
⇒
′ =
3 x 8 2 e c ) x (
u 4x
3
1 − −
=
12 C 23 3 C 8 4 ) 3 0 (
u =− = 1− ⇒ 1 =
3 x 8 2 12e
) 23 x (
u 4
x 3
−
−
=
3.2. Resolvant Kuralı İçin Test Problemi: = −
∫
x −0 t x .u(t)dt e
x ) x (
u integral denklemi için K(x,t) = ex−t, λ=−1’dır.
∫ ∫
∫
∫ ∫
−
=
−
⋅
=
=
−
=
=
=
=
=
−
−
−
−
−
−
−
x t
x t t x t y y
x x
t
) 2 ( )
3 (
x t
x t
t x t y y x )
1 ( )
2 (
t x )
1 (
dy ) t y ( e dy e ) t y ( e
dy ) t , y ( K ) y , x ( K ) t , x ( K
) t x ( e dy e , e dy ) t , y ( K ) y , x ( K ) t , x ( K
e ) t , x ( K ) t , x ( K
! 2
) t x e ( 2 yt
e y x t 2
x
t 2
t
x = −
−
= − −
! n
) t x e ( ) t , x (
K(n+1) = x−t − 2 olduğu görülür.
∫
∑
∑
−
=
−
=
=
⋅
=
− Γ
= −
− −
=
− Γ
−
−
∞
=
∞ −
=
−
x 0
2 t x x t
0 n
t n x 0
n
t n x n
2 x x tdt x ) x ( u
1 e e ) 1
; t , x (
! e n
) x t (
! n
) t x e ( ) 1 ( ) 1
; t , x (
3.3. Resolvantın Diferansiyel Denklem Çözümü İçin Test Problemi:
(
6x 6t 5)
u(t)dt x) x ( u
x
∫
0 − ++
= integral denklemini alalım.
Buna göre, K(x,t)=6(x-t)+5
2 n ve 1 , 6 ) x ( a , 5 ) x (
a0 = 1 = λ= = şeklindedir.
x 2 x 6 1 x
2 x 6 1
x 2 x 6 1
2 1
2 2
2
e ) t ( C e ) t ( C dx 6
) 1
; t , x ( e dg
) t ( C e ) t ( C ) 1
; t , x ( g
. bulunur e
C e C ) 1
; t , x ( g
olup 1 r , 6 r , 0 6 r 5 r , 0 g dx 6 5dg dx
g d
−
−
−
−
=
⇒ +
=
+
=
−
=
=
=
−
−
=
−
−
t 2
t 6 1
t 2 t 6 1
t 2 t 6 1
7e ) 1 t ( C
7e ) 1 t ( C 1 e ) t ( C e ) t ( C 6
0 e ) t ( C e ) t ( C
−
=
⇒ =
=
−
=
+ −
−
−
) t x ( ) t x (
6 e
7 e 1
7 ) 1 1
; t , x (
g = − − − − olur. Bu ifade iki kez türetildiğinde,
∫ ∫
∫
−
−
−
−
−
−
−
−
−
⋅ +
=
− +
=
−
= Γ
x 0
x 0
t x t
6 x 6 x 0
) t x ( ) t x ( 6
) t x ( ) t x ( 6
dt e .t 7e dt 1 e t 7 e x 36 ) x ( u
tdt 7e
e 1 7 x 36 ) x ( u
7e e 1
7 ) 36 1
; t , x (
( )
( )
x x
6
x x
6
x x x x
6 x
6 x
6
x 0 t t x x
0 t 6 t
6 x
6
7e e 1 7 ) 1 x ( u
7e 1 7 x 1 7 e 1 7 1 7 x 1 7 x 6 ) x ( u
1 e xe 7e 1 36 e 1
36 e 1
6 e x 7 x 36 ) x ( u
e e t 7e e 1
36 e 1
6 e t 7 x 36 ) x ( u
−
−
−
−
−
−
−
−
−
=
− +
− +
−
−
=
+
−
−
− − +
+
=
−
⋅
−
− −
+
=
3.4. Ardışık Yaklaştırma Yöntemi İçin Test Problemi: = −
∫
x −0
dt ) t ( u ) t x ( x ) x (
u integral
denkleminde u0(t)= kabul edilip 0 u1(x)’i bulalım.
x 0 x ) x (
u1 = − =
x
0 5 x 3
0 2 4
x 0
3 3
x 3
0 2 3
x 0 2
30 t 3 t
! 4
t 2 x t x
! dt 3 t t ) t x ( x ) x ( u
! 3 x x 3
t 2 x xt tdt ) t x ( x ) x ( u
−
+
−
−
=
−
−
−
=
−
=
−
−
=
−
−
=
∫
∫
x sin ) x ( u lim ) x ( u )! ve 1 n 2 ( ) x 1 ( x sin
)!
1 n 2 ( ) x 1 ...(
...
! 5 x
! 3 x x ) x ( u . . .
! 5 x
! 3 x x 30 x 3 x
! 4 x 2 x x x
1 n n 1
n 2 0
n
n
1 n n 2 5
3 1
n
5 3 5
3 4 2
= + =
−
=
− +
−
−
−
==
−
−
=
−
+
−
−
=
∞ +
→
∞ +
=
+ +
∑
3.5. I. Cins Volterra İntegral Denklemini 2. Cinse İndirgeme Yöntemi İçin Test Problemi: =
∫
x −0 t x u(t)dt e
x
sin 1. cins volterra integral denklemini 2. cinse indirgemek için t = x , K(x,x) = ex−x =e0 =1≠0
f(x) = sinx, λ=1
x dx cos df ) x , x ( K ) 1 x (
g =
= λ ve H(x,t) = −ex−t ifadeleri bulunur.
u(x) = g(x) +
∫
x0
dt ) t ( u ) t , x ( H
∫
−−
= x
0 t x u(t)dt e
x cos ) x (
u Bu denklem Laplace dönüşüm yöntemi ile çözülebilir.
1 s
1 ) s
s ( 1 u s ) s s ( 1 u s 1 1
) s ( 1u s
1 1 s ) s s ( u
2 2
2
+
= − + ⇒
=
+ −
− −
= +
Ters Laplace uygulanırsa;
∫
∂ ∂ +λλ
=
−
=
⇒
− +
= − −
x 0
2 2
1
) x ( u ) x , x ( K dt ) t ( x u
) t , x ( K dx
df
x sin x cos ) x ( 1 u s
1 1 s L s ) x ( u
K(x,x)≡ 0 olması durumunda da denklem 1. cins volterra integral denklemidir. (x,x) 0 x
K ≠
∂
∂
ise tekrar türetme yöntemi ile denklemi 2. cinse çevirmek mümkündür.
3.6. I. Cins Volterra İntegral Denkleminin Fark Çekirdeği Yöntemi İçin Test Problemi:
∫
−= x
0 t
x u(t)dt e
x
sin integral denklemini alalım.
I. cins Volterra denklemi fark çekirdeği olan K(x,t)=ex−t’ye sahiptir.
{ } { } { }
− + +
= λ +
⋅ −
= λ λ − + =
= +
= −
=
1 s
1 1 s
s 1 1 s
1 s ) 1 s ( u
) s ( 1u s
1 1
s 1
1 s x 1 sin L 1 , s e 1 L ) x ( K L
2 2
2 2
2 x
Ters Laplace ile,
(
cosx sinx)
olur. ) 1x ( u
1 s
1 1 s L s ) 1 x (
u 1 2 2
λ −
=
− + +
= λ −
3.7. Gama Fonksiyonu İçin Test Problemi:
∫
x − =0
x2
dt ) t ( u ) t x
( integral denkleminde n = 1 , m = 2 olduğuna göre
1 ) 1 ( ) n m (
. bulunur 1
) 2 ( ) 1 n (
2
! 2 ) 3 ( ) 1 m (
= Γ
=
− Γ
= Γ
= + Γ
=
= Γ
= + Γ
m – n – 1 = 0 yerine yazılırsa, 2 ) x ( u , 2 )x 1 ( ) 2 (
) 3 ) (
x (
u 0 = =
Γ Γ
= Γ çözümü bulunur.
3.8. Gama Fonksiyonu İçin Test Problemi:
∫
x − = +0
x2
x dt ) t ( u ) t x
( 14 integral denklemini çözelim.
4 olup 1 1
n m 4 ve
) 3 n m (
) 4 / 5 ( ) 1 n ( , 1 ) 2 ( ) 1 m (
1 m 4 ve n 1 , için ) x ( u
) x ( u ) x ( u ) x ( u
1
2 1
−
=
−
−
Γ
=
− Γ
Γ
= + Γ
= Γ
= + Γ
=
= +
=
Γ +
Γ
Γ
=
Γ
Γ + ⋅
Γ
Γ
=
Γ
Γ
=
=
−
−
Γ
=
− Γ
Γ
= + Γ
= Γ
= + Γ
=
=
Γ
Γ
=
−
−
−
4 7 x 2 4 3 1 4 5 x 4 7 4 5
x 2 4
3 4 5 ) x x ( u
. olur x
4 7 4 5 ) 2 x ( u
4 olup 1 3
n m 4 ve
) 7 n m (
4 ) 5 1 n ( , 2 ) 3 ( ) 1 m (
2 m 4 , n 1 , için ) x ( u
. olur x
4 3 4 5 ) 1 x ( u
14 34
14
34 14
2 2 1
3.9. Runge-Kutta Yöntemi İçin Test Problemi: dsf(x) e (1 x ) x 1 x e f(s)
x 0
xs 2 2
x2
∫
−− + + − −
=
integral denklemini 0≤x≤2 için katsayıları ile birlikte 4. dereceden Runge-Kutta yöntemini kullanarak çözelim.
1 2 b
b 1 2 b 1
6 c 1 6 c 2 6 c 2 6 c 1
1 2 a
a 1 2 a 1 0 a
43 32
21
4 3
2 1
4 3
2 1
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
Adım uzunluğu h=0,1 olarak alınsın. Bu integral denklemin kesin çözümü f(x) = x tir.
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
05 , 0 ) 05 , 0 ( f
1 05 , 0 ) ) 05 , 0 ( 1 ( e
) 05 , 0 ( f
) 05 , 0 ( g ) 05 , 0 ( f ) 0 ( f e
) 05 , 0 ( 2 1 1 , 0 ) 05 , 0 ( g ) 05 , 0 ( f
) h a x ( f e
h a x hb h a x g h a x f
) h a x ( f , h a x , h a x W b h h a x g h a x f
) h a x ( f , h a x , h a x W b h h a x g h a x f
0 1 0 ) 0 1 ( e ) 0 ( g ) 0 ( f ) x ( g ) 1 , 00 0 ( f den ' x g h a x f
0 x , 1 x ) x 1 ( e ) x ( g
2 )
05 , 0 )(
05 , 0 (
) 0 )(
05 , 0 ( 2
1 0 ) h a x )(
h a x ( 2 0 21 2
0 2
0
s 0 s 0 2 0 1
1 s
s 2 2
0 2
0
s 0 s p r p 1
r 1 s
rs r
0 r
p
0 0
0 1
0
0 2
x
1 0 2 0 2
≅
− + +
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅ +
=
+
⋅ +
+ +
= +
+ +
+ +
+
= +
+ +
+ +
+
= +
=
− + +
=
=
→ +
= +
=
− + +
=
−
−
+ +
−
=
−
=
−
∑
∑
3.10. Çözücü Çekirdek Yöntemi İçin Test Problemi: u(x) x e u(t)dt
x 0
t x2 2
∫
−+
= integral
denklemini çözelim.
2 2 2
2
2 2 2
2 2
2 2
2
t x x
t t x
x t
t x t
z x
t z x x
t
) 1 ( )
2 (
t x )
1 (
t x
e ) t x ( dz e
dz e dz e e dz ) t , z ( K ) z , x ( K ) t , x ( K
e ) t , x ( K ) t , x ( K
. dir 1 ve e
) t , x ( K
−
−
−
−
−
−
−
⋅
−
=
=
=
⋅
=
=
=
=
= λ
=
∫
∫
∫
∫
∑
∫
∫
∫
∞
=
−
− +
−
−
−
−
− ⋅
= Γ
− ⋅
=
−
− ⋅
=
−
=
−
⋅
=
=
0 n
t n x
t 2 x )
1 n (
t 2 x x
t t x
t z x
t z x x
t
) 2 ( )
3 (
2 2
2 2
2 2 2
2
2 2
! e n
) t x ) (
1 , t , x (
! e n
) t x ) ( t x ( K
2 e ) t x dz ( ) t z ( e
dz ) t z ( e e dz ) t , z ( K ) z , x ( K ) t , x ( K
dt e x e e dt e x e e ) x ( u
dt e e e e
) x ( u
dt ) t ( f ) , t , x ( )
x ( f ) x ( u
e e ) 1 , t , x (
x 0
t x
x x
0 t x
x
t t x x
0 t x x
x 0
t x t x
2 2 2
2
2 2 2 2
2 2
∫
∫
∫
∫
−
−
−
−
−
−
+ +
= +
+
=
⋅
⋅ +
=
λ Γ λ +
=
⋅
= Γ
4. BİRİM UZUNLUKLU HOMOJEN KİRİŞİN ESNEKLİK PROBLEMİ Değişken katsayılı yarı yumuşak zemine oturan kirişin esneklik problemi,
2 2
3 1 3 2 1
2 4 4
dt B ) T ( A dx
) T ( x
, dt B
) 0 ( x A d
dt ) 0 ( x d
) T t 0 ( ) t ( f x ) t ( dt a
x d
=
=
=
=
≤
≤
= +
Şeklindeki bir sınır değer problemi ile ifade edilebilir. (Bayram M., Çelik E. 2003)
4.1. Birim Uzunluklu Homojen Kirişin Esneklik Probleminin Volterra-Fredholm İntegral Denklemi İle Çözümü
t dt x
x d
4
4 + =
x′′(0)=0 , x′′′(0)=0 , x(1)=0 , x′(1)=1
Problemine denk olan Volterra-Fredholm ve Fredholm integral denkleminin genel çözümünü bulalım.
= π
−
=
⇒
=
+ 4 i.
4 1 0 r 1 e
r ve rk =eik.π4+2kπ4
2 i 2 2
2 4 sin7 4 .i
cos7 e
r 3 k
2 i 2 2
2 4
sin5 4 .i
cos5 e
r 2 k
2 i 2 2
2 4
sin3 4 .i
cos3 e
r 1 k
2 i 2 2
2 sin4
4 .i cos e
r 0 k
74 . i
5 4 . i
3 4 . i .4 i
4 3 2
1
− π =
π+
=
=
⇒
=
−
− π = π+
=
=
⇒
=
+
− π = π+
=
=
⇒
=
+ π =
π+
=
=
⇒
=
π π π π
O halde homojen denklemi sağlayan çözüm:
+
+
+
= − t
2 sin 2 c 2 t cos 2 c e 2 t sin 2 c 2 t cos 2 c e ) t (
x 2 t 3 4
2 2
ı 2 t
2
1 şeklindedir.
Homojen olmayan x(4)+x=t denkleminin özel çözümü x2(t) = t’dir.
) t ( x ) t ( x ) t (
X = 1 + 2
. bulunur 0
B ve 1 A olup t B At 0 için t x x
0 x , 0 x , 0 x , A x ise B At ) t ( x
) 4 (
4 3
2 2
2
=
=
= + +
= +
′′′=
= ′
= ′′′
= ″ + ′
=
ve özel çözüm x2 = olarak hesaplanır. Genel çözüm ise t
t 2 t sin 2 c 2 t cos 2 c e 2 t sin 2 c 2 t cos 2 c e ) t (
x 2 t 3 4
2 2
1 2 t
2 +
+
+
+
= − şeklindedir.
+ + −
+
− − +
′′′ =
−
+
− +
′′ =
+
+
−
+
− +
+
′ =
−
−
−
−
2 t sin 2 ) c c ( 2 t cos 2 ) c c ( 2 e
2
2 t sin 2 ) c c ( 2 t cos 2 ) c c ( 2 e
) 2 t ( x
2 t cos 2 c 2 t sin 2 c e 2 t cos 2 c 2 t sin 2 c e
) t ( x
1 e
c e c 2 t sin 2 2 t
cos 2 e
c e
c 2 t
sin 2 2 t
cos 2 2 ) 2 t ( x
3 4 4
3 2 t
2
2 1 1
2 2 t
2
4 3
2 t 2 2
1 2 t
2
2 t 2 4 2 t
2 1 2 t
2 2 2 t
2 3
elde edilir.
) t ( x . dir c 2 c c ve c
c ise 0 ) 0 ( x ve 0 ) 0 (
x′′ = ′′′ = 2 = 4 3 = 1− 2 denkleminde yerine
yazıldığında;
9 0543181323 ,
0 1
e 6 2 e
sin 2 4 e
2 sin 2 2 cos 2 2 e
sin 2 2 e
cos 2 e
c
. bulunur 0
2 c sin 2 2 cos 2 2 e
2
2 c sin 2 2 cos 2 2 e
c 2 e
2 e cos 2 2 e 2
2 e sin 2 2
2
1 c 2 e
cos 2 c 2 e cos 2 c e 2 e
sin 2
2 2 2 2
2
2 2 2
2
2
2 3 2
2 1 2 2 2
2 2
2 2
2 2
2
2 3 2 2 1
2 2 2
2 2
2
−
=
−
−
⋅
+
−
− + ⋅ + +
=
=
+
−
−
+
+
+
−
−
= +
+
+
−
−
−
−
−
3879199827 ,
0 1
e 6 2 e
sin 2 4 e
2 cos 2 2 e
cos 2 2 3
sin 2 2 e
sin 2 e c
2 2 2 2
2
2 2 2
2
3 =−
−
−
⋅
+
−
+ − ⋅ −
−
=
