1) dy dx = ycosy x

MBT1005

Diferansiyel Denklemler Bahar 2013-2014 Arasınav I

5 Mart 2014

No:

İsim:

Soyisim:

ğğiüüü Tam not alabilmek için cevaplarınızı ayrıntılı yazınız.

1) dy

dx = ycosy x

− x siny x



xcosy x

 denklemini çözünüz.

Çözüm. Verilen denklem dy

dx = ycos_y

x

− x sin_y

x

 xcos_y

x

 = x_y

xcos_y

x

− sin_y

x

  xcos_y

x

 = ^yxcos_y

x

− sin_y

x

 cos_y

x

 = Gy

x



formunda olduğundan homojendir. Çözü v = y/x dönüşümü ile bulunur. Buna göre v= y

x ⇒ y = vx ⇒ dy = xdv + vdx ⇒ dy

dx = xdv dx+ v olduğu verilen denklemde kullanılırsa

xdv

dx+ v = vcos v − sin v

cos v ⇒ xdv

dx = vcos v − sin v

cos v − v = vcos v − sin v − v cos v

cos v = −sin v cos v

yani cos v

sin vdv = −dx x değişkenlerine ayrılabilen denklem elde edilir. Bu denklemin çözümü

 cos v

sin vdv = −

 dx x + c

şeklinde aranır. Dikkat edilirse sin v = u ve dolayısıyla cos vdv = du değişken dönüşümü ile sol yandaki integral _du

u haline gelir. Buna göre çözüm

 du u = −

 dx

x + c ⇒ ln u = − ln x + c ⇒ ln(sin v) = − ln x + c yani

ln siny

x

= − ln x + c

şeklinde elde edilir. c sayısı bir sabit olduğundan istenirse bu sabit yerine ln c formunda bir başka sabit yazılabilir.

Buna göre

ln siny

x

= − ln x + ln c = lnc x



yani

siny x

= c x ⇒ y

x = arcsinc x



dolayısıyla

y= x arcsinc x



sonucuna ulaşılır.

2) (y²+ 2xy)dx − x²dy = 0 denkleminin tam olup olmadığını belirleyiniz. Tam ise çözünüz. Değil ise bir integ- rasyon çarpanı ile denklemi tam hale getirip çözümü bulunuz.

Çözüm. M(x, y) = y²+ 2xy ve N(x, y) = −x² olsun. Burada

∂M

∂y = 2y + 2x = −2x = ∂N

∂x olduğundan verilen denklem tam formda değildir. Diğer taraftan

∂N∂x − ^∂M_∂y

M = −2x − (2y + 2x)

y²+ 2xy = −2(y + 2x) y(y + 2x) = −2

y

sağlandığından sadece y’ye bağlı bir μ(y) integrasyon çarpanı vardır. Bu integrasyon çarpanı

μ(y) = exp

 ∂N

∂x −^∂M_∂y M

 dy

= e^−2ydy = e^{−2 ln y} = e^{ln y−2} = y⁻²= 1 y² şeklinde elde edilir. Bulunan integrasyon çarpanı ile verilen denklemi çarparsak

y⁻²((y²+ 2xy)dx − x²dy) = (1 + 2xy⁻¹)dx − x²y⁻²dy= 0

denklemi bulunur. Bu denklem bir tam diferansiyel denklemdir. Gerçekten: M(x, y) = 1 + 2xy⁻¹ ve N(x, y) =

−x²y⁻² olmak üzere

∂M

∂y = −2xy⁻² = ∂N

∂x

gerçeklenir. Bu tam diferansiyel denklemin çözümü F(x, y) = c olmak üzere aşağıdaki gibi elde edilir: ^∂F_∂x = M(x, y) olduğundan

F(x, y) =



M(x, y)dx =



(1 + 2xy⁻¹)dx = x + x²y⁻¹+ g(y)

dir. Diğer taraftan ^∂F_∂y = N(x, y) sağlandığından

N(x, y) = −x²y⁻²= −x²y⁻²+ g^(y) yani g^(y) = 0, dolayısıyla g(y) = 0 sonucuna bulaşılır. Buna göre

F(x, y) = x + x²y⁻¹ olduğundan verilen denklemin çözümü

x+ x²y⁻¹ = c ya da

y= x² c− x şeklinde elde edilir.

3) y^− 4y^+ 4y = 0, y(1) = 1, y^(1) = 1 başlangıç değer problemini çözünüz.

Çözüm. Verilen homojen denklemin karakteristik denklemi r²− 4r + 4 = 0’dır. Bu ifade r²− 4r + 4 = (r − 2)² = 0

şeklinde yazılabileceğinden karakteristik denklem r₁ = r₂ = r = 2 çakışık köküne sahiptir. Dolayısıyla denklemin lineer bağımsız çözümleri y₁(t) = e^rt= e^2t ve y₂(t) = te^rt= te^2t olmak üzere çözüm

y(t) = c₁y₁(t) + c₂y₂(t) = c₁e^2t+ c₂te^2t

şeklinde elde edilir. Bu aşamada y(1) = 1 ve y^(1) = 1 başlangıç değer koşulları kullanılırsa y(t) = c₁e^2t+ c₂te^2t⇒ y(1) = c₁e²+ c₂e² = e²(c₁+ c₂) = 1,

y^(t) = 2c₁e^2t+ c₂(e^2t+ 2te^2t) ⇒ y^(1) = 2c₁e²+ c₂(e²+ 2e²) = e²(2c₁+ 3c₂) = 1 yani

c₁+ c2= e⁻² ve2c1+ 3c2 = e⁻²

denklemlerine ulaşılır. Buradan c₁ = 2e⁻² ve c₂ = −e⁻² olarak bulunur. Buna göre verilen başlangıç değer problemin çözümü

y(t) = 2e⁻²e^2t− e⁻²te^2t

= (2 − t)e^2t−2 dir.

4) Belirsiz katsayılar yöntemini kullanarak y^− y = e^t+ sin t denkleminin bir özel çözümünü belirleyiniz ve genel çözümü bulunuz.

Çözüm. Öncelikle y^ − y = 0 homojen denkleminin çözümünü araştıralım. Denkleme ait karakteristik denklem r²− 1 = 0 olduğundan r₁= 1 ve r₂= −1 için homojen denklemin çözümü

y_h(t) = c1e^r1t+ c2e^r2t= c1e^t+ c2e^−t olarak elde edilir.

Diğer taraftan homojen olmayan ikinci mertebe y^− y = e^t+ sin t denkleminin bir özel çözümü üst üste bindirme ilkesi ile tespit edilir. Buna göre öncelikle belirsiz katsayılar yöntemi kullanılarak y^−y = e^tve sonra da y^−y = sin t denkleminin bir özel çözümü bulunur. Bu özel çözümlerin toplamı verilen denklemin bir özel çözümüdür.

∗ y^− y = e^t denkleminin bir özel çözümünün bulunması: İkinci taraf ce^pt = e^t formundadır. Dikkat edilir ise p= 1 verilen denklemin bir katlı kökü olduğundan özel çözüm s = 1 için y₁(t) = Ate^tformundadır. y₁(t) verilen denklemi sağladığından

y^₁(t) = A(e^t+ te^t) = Ae^t(1 + t), y^₁(t) = A(e^t(1 + t) + e^t) = Ae^t(2 + t) olmak üzere

Ae^t(2 + t) − Ate^t= e^t⇒ e^t(2A + At − At) = e^t⇒ 2A = 1 ⇒ A = 1/2 elde edilir. Buna göre y^− y = e^t denkleminin bir özel çözümü

y₁(t) = 1 2te^t şeklinde bulunur.

∗ y^− y = sin t denkleminin bir özel çözümünün bulunması: İkinci taraf Pm(t)e^αtsin βt = sin t formundadır.

Buna göre α = 0 ve β = 1 olmak üzere α + iβ = i sayısı karakteristik denklemin kökü olmadığından s = 0 için özel çözüm y₂(t) = B cos t + C sin t şeklinde aranır. y₂(t) verilen denklemi sağladığından

y₂^(t) = −B sin t + C cos t, y₂^(t) = −B cos t − C sin t olmak üzere

−B cos t − C sin t − (B cos t + C sin t) = −2B cos t − 2C sin t = sin t ⇒ B = 0 ve C = −1/2 elde edilir. Buna göre y^− y = sin t denkleminin bir özel çözümü

y₂(t) = −1 2sin t şeklinde bulunur.

Buna göre verilen denklemin bir özel çözümü

y_ö(t) = y₁(t) + y₂(t) = 1

2te^t−1 2sin t olarak elde edilir.

y^− y = e^t+ sin t denkleminin genel çözümü ise

y(t) = y_h(t) + y_ö(t) = c₁e^t+ c₂e^−t+1 2te^t−1

2sin t dir.