çözümlerini incelleyerek yar¬-sonsuz bölge üzerinde uygun ba¸slang¬ç de¼ger problemlerinin çözü- münü örneklerle inceliyoruz

(1)

B ¨ol ¨um 2

Birinci basamaktan denklemler ve karakteristikler yöntemi

Bu bölümde birinci basamaktan

sabit ve de¼gi¸sken katsay¬l¬lineer ve quazilineer denklemlerin özel baz¬

do¼gru veya e¼griler üzerinde baya¼g¬diferensiyel denkleme nas¬l dönü¸stü¼günü, sözkonusu baya¼g¬diferensiyel denklemin çözümü yard¬m¬yla genel çözümün nas¬l elde edilece¼gini ve

bu tür denklemlerle olu¸sturulan Ba¸slang¬ç De¼ger Problemlerin çözüm- lerinin varl¬¼g¬ve tekli¼gi problemlerini inceleyece¼giz. Ayr¬ca

parçal¬fonksiyonlar yard¬m¬yla tan¬mlanan Ba¸slang¬ç De¼ger Problem- lerinin "genelle¸stirilmi¸s" çözümlerini incelleyerek

yar¬-sonsuz bölge üzerinde uygun ba¸slang¬ç de¼ger problemlerinin çözü- münü örneklerle inceliyoruz.

2.1 Karakterisitikler yöntemi ile çözüm

Karakteristikler yöntemini mümkün olabilecek basit örnekler üzerinde in- celemeye ba¸slayaca¼g¬z. Ancak öncelikle a¸sa¼g¬da verilen zincir kural¬ile türev özelli¼gini hat¬rlayal¬m.

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k tu .e d u .t r

(2)

Hat¬rlatma 2.1. x = x(t); y = y(t) olmak üzere =f(x(t); y(t))jt Rg e¼grisi üzerinde u = u(x; y) fonksiyonunun türevi, zincir kural¬yard¬m¬yla

du

dt = u_xdx

dt + u_ydy

dt (2.1)

olarak hesaplan¬r. e¼grisi kartezyen formda y = y(x) ba¼g¬nt¬s¬ile verilmi¸sse, bu durumda x de¼gi¸skenini parametre olarak dü¸sünerek, y = y(x) e¼grisi üz- erinde u = u(x; y(x)) fonksiyonunun türevi

du

dx = u_x+ u_ydy

dx (2.2)

olarak ifade edilir.

ÖRNEK 2.1.

x; y ba¼g¬ms¬z de¼gi¸skenler ve u ba¼g¬ml¬de¼gi¸sken olmak üzere

u_x = 0; 1 < x; y < 1 (2.3) denkleminin genel çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

y = y(x)boyunca u ba¼g¬ml¬de¼gi¸skeninin türevini du(x; y(x))

dx = u_x+ u_ydy

dx = 0 (2.4)

olarak elde ederiz.

dy

dx = y⁰(x) = 0

seçimi ile verilen (2.3) denklemini elde ederiz. Bu denklemin çözümü olarak x’ten ba¼g¬ms¬z olan

y = c (2.5)

yatay do¼grular¬n¬elde ederiz.

(3)

O halde (2.3) k¬smi diferensiyel denklemi (2.5) do¼grular¬üzerinde (2.4) ile verilen

du(x; c)

dx = 0 (2.6)

baya¼g¬ diferensiyel denklemine dönü¸sür. Ancak (2.6) denklemi ise u nun söz konusu do¼grular üzerinde x de¼gi¸skeninden ba¼g¬ms¬z oldu¼gunu ifade etmektedir. O halde (2.6) denkleminin y = c do¼grusu üzerinden integralini alarak

u(x; c) = sabit (2.7)

elde ederiz. ¸Simdi (2.7) deki sabit de¼gerini yorumlayal¬m: Söz konusu sabit, y = c do¼grusu üzerinde u nun herhangi bir noktada, örne¼gin (x; c) = (0; c) noktas¬nda, ald¬¼g¬de¼gere e¸sit olmal¬d¬r, çünkü bu do¼gru üzerinde u fonksiyonu x ten ba¼g¬ms¬zd¬r. u nun (0; c) deki de¼gerinin

u(0; c) = f (c) oldu¼gunu kabul edelim.

O halde

sabit = f (c) olmal¬, yani

u(x; c) = f (c) elde ederiz.

y = c do¼grusu üzerinde gerçekle¸stirdi¼gimiz bu i¸slemi genelle¸stirerek, veya k¬smi diferensiyel denklemler kitaplar¬ndaki ifadesiyle c sabitini yok ederek,

u(x; y) = f (y) (2.8)

genel çözümünü elde ederiz .

TANIM 2.1. Bir k¬smi diferensiyel denklemin daha basit k¬smi diferensiyel denkleme veya baya¼g¬ diferensiyel denkleme dönü¸stü¼gü do¼gru veya e¼grilere denklemin karakteristikleri ad¬verilmektedir.

O halde Örnek (2.1) de (2.5) do¼grular¬ (2.3) denkleminin karakteristik- leridir, çünkü bu do¼grular üzerinde

u_x = 0

(4)

K¬smi Diferensiyel Denklemi(KDD) du dx = 0

Baya¼g¬ Diferensiyel Denklemine(BDD) dönü¸smü¸stür. Yukar¬daki örnekte karakteristikler yönteminin bir uygulamas¬n¬ gerçekle¸stirmi¸s olduk. Yön- temin ad¬mlar¬n¬a¸sa¼g¬da özetliyoruz.

Gözlem 2.1. Karakteristikler yöntemi a¸sa¼g¬daki ad¬mlardan olu¸smaktad¬r:

1. Verilen k¬smi diferensiyel denklemin daha basit k¬smi diferensiyel denklem veya baya¼g¬diferensiyel denkleme dönü¸stü¼gü ve karakteristikler ad¬

verilen e¼gri(sabit katsay¬l¬denklemler için do¼gru) ailesine ait diferensiyel denklem(ler) yard¬m¬yla karakteristikler elde edilir.

2. Karaktersitikler üzerinde söz konusu denklem çözülür. Bu çözümde key… sabit olarak Örnek 2.1 de oldu¼gu üzere karakteristikler ailesindeki sabitin key… fonksiyonu al¬n¬r.

3. Elde edilen çözümde key… sabit(ler) mümkünse yok edilerek, karakteristikler üzerinde elde edilen çözüm genelle¸stirilir, di¼ger bir deyimle genel çözüm problemin ba¼g¬ms¬z de¼gi¸skenleri cinsinden ifade edilir.

4. E¼ger denklemle birlikte yan ¸sart verilmi¸sse, genel çözümde ilgili yan

¸sartlar¬ sa¼glayan fonksiyonlar belirlenerek istenilen özel çözüm elde edilir.

ÖRNEK 2.2. a; b s¬f¬rdan farkl¬sabitleri için

au_x+ bu_y = 0; 1 < x; y < 1 (2.9) denkleminin genel çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

Denklemin her iki yan¬n¬a 6= 0 ile bölerek, u_x+ b

au_y = 0 (2.10)

(5)

elde ederiz. Öte yandan

dy

dx = b=a (2.11)

e¼gimli do¼grusu üzerinde (2.2) zincir kural¬(2.10) ve (2.11) ile du

dx = u_x+ u_ydy

dx = 0 (2.12)

elde ederiz. Öte yandan 2.11 karakteristik denklemini x e göre çözerek dx = a

bdy veya

x a

by = x₀ (2.13)

karakteristik do¼gru denklemini elde ederiz. Burada x0; karakteristik do¼gru- nun x eksenini kesim noktas¬d¬r.Bu do¼gru üzerindeki her yerde 2.12 , u fonksiyonu x0 noktas¬ndaki de¼gerine e¸sit olmal¬d¬r, e¼ger bu de¼ger f (x0)ise o halde

u(x) = f (x₀) (2.14)

çözümünü elde ederiz. Bu karakteristik için yap¬lan i¸slemi genelle¸stirerek, veya di¼ger deyimle x0 sabitini yok ederek key… f fonksiyonu için

u(x; y) = f (x a by) genel çözümünü elde ederiz.

ÖRNEK 2.3. a; b; c s¬f¬rdan farkl¬sabitleri için

aux+ buy = c; 1 < x; y < 1 (2.15)

denkleminin genel çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

(6)

Verilen denklemin her iki yan¬n¬a ile bölerek,

u_x+ b=au_y = c=a (2.16)

elde ederiz.

dy

dx = b=a (2.17)

e¼gimli x a=by = x0karakteristi¼gi üzerinde u(x; y(x)) fonksiyonunun türevini ald¬ktan sonra, (2.16) ve (2.17) ba¼g¬nt¬s¬n¬kullanarak,

du

dx = u_x+ u_ydy dx = c

a

elde ederiz. Bu baya¼g¬ diferensiyel denklemin x a=by = x₀ karakteristi¼gi üzerindeki integrali ile

u(x) = c

ax + f (x₀) çözümünü elde ederiz. x0 sabit de¼gerini yok ederek,

u(x; y) = c

ax + f (x a by) genel çözümünü elde ederiz.

ÖRNEK 2.4.

2ux+ 5uy = 1; 1 < x < 1; y > 0 u(x; 0) = e^x

Ba¸slang¬ç De¼ger Probleminin çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

u_x+ 5=2u_y = 1=2 den

dy=dx = 5=2

denklemini sa¼glayan x 2=5y = x₀ karakteristi¼gi üzerinde du

dx = u_x+ 5=2u_y = 1=2

(7)

denklemini integre ederek

u(x) = 1=2x + f (x₀) veya x0 sabitini yok ederek

u(x; y) = 1=2x + f (x 2=5y) elde ederiz. Verilen ba¸slang¬ç ¸sart¬n¬kullanarak,

u(x; 0) = 1=2x + f (x) = e^x f (x) = e^x 1=2x elde ederiz. O halde yan ¸sart¬sa¼glayan çözümü

u(x; y) = 1=2x + e^{x 2=5y} 1=2(x 2=5y)

= 1=5y + e^{x 2=5y} olarak elde ederiz.

au_x+ bu_y = cu; 1 < x; y < 1 (2.18) denkleminin genel çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

u_x+ b=au_y = c=au (2.19)

elde ederiz.

dy

dx = b=a

e¼gimli x a=by = x0karakteristi¼gi üzerinde u(x; y(x)) fonksiyonunun türevini al¬p, 2.19 denklemini kullanarak,

du

dx = ux+ uy

dy dx = c

au u(0) = f (x₀)

(8)

elde ederiz. Bu denklemi çözerek

u(x) = e^a^c^xf (x0) ve x0 de¼gerini yok ederek

u(x; y) = e^a^c^xf (x a by) çözümünü elde ederiz.

au_x+ bu_y = cu + d; 1 < x; y < 1 (2.20) denkleminin genel çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

u_x+ b=au_y = c=au + d=a (2.21) elde ederiz.

dy

dx = b=a (2.22)

e¼gimli x a=by = x0karakteristi¼gi üzerinde u(x; y(x)) fonksiyonunun türevini ald¬ktan sonra , (2.21) ve (2.22) yi kullanarak,

du

dx = u_x+ u_ydy dx = c

au + d=a

elde ederiz. Birinci basamaktan sabit katsay¬l¬bir lineer denklem olarak du

dx c

au = d=a denklemi için = e ^(c=a)x integral çarpan¬ile

u(x) = e^(c=a)x Z

d=ae ^(c=a)xdx + f (x₀)

= d=c + e^(c=a)xf (x₀)

(9)

Bu de¼gerini yerine yazarak

u(x) = e^a^c^xf (x₀) d=c veya x0 sabitini yok ederek,

u(x; y) = e^a^c^xf (x a=by) d=c elde ederiz.

2.1.1 Cauchy probleminin çözümünün varl¬k ve tekli¼gi

Baya¼g¬diferensiyel denklemlerde ba¸slang¬ç de¼ger problemi, ilgili diferensiyel denklem ve ba¸slang¬ç noktas¬ad¬verilen bir noktadaki fonksiyon ve gerekirse türev de¼gerini içermektedir. K¬smi diferensiyel denklemlerde ba¸slang¬ç de¼ger problemleri Cauchy problemleri olarak adland¬r¬l¬r ve çözümün varl¬k ve tekli¼gi için karakteristik ad¬verilen do¼gru veya e¼grilerle tek ve yanl¬z bir tek noktada kesi¸sen ve ba¸slang¬ç e¼grisi ad¬ verilen e¼gri üzerindeki de¼gerin (veya yüksek basamaktan problemler için türev de¼geri veya de¼gerlerinin ) verilmesi yeterlidir, ancak gerekli de¼gildir!

TEOREM 2.1. [2]a; b; c sabitler

ve f = f (x; y) olmak üzere fx; f_y;k¬smi türevleri sürekli fonksiyonlar ve g⁰,h⁰ fonksiyonlar¬da sürekli olmak üzere

au_x+ bu_y+ cu = f; 1 < x; y < 1 (2.23) u(x; g(x)) = h(x)

ba¸slang¬ç de¼ger problemi verilmi¸s olsun. E¼ger y = g(x) e¼grisi (2.23) probleminin her bir karateristi¼gi ile tek bir noktada kesi¸siyorsa, (2.23) problemi tek bir çözüme sahiptir.

Teorem (2.1) nin hipotezlerinin sa¼glanmamas¬ durumunda teorem ¸süp- hesiz uygulanamaz, bu durumda çözümün varl¬¼g¬ veya tekli¼gi hakk¬nda bu teorem yard¬m¬yla herhangi bir bilgi elde edemeyiz. Ancak çözümün mevcut olmamas¬ veya birden fazla olmamas¬ durumunda ise Teorem (2.1) in hipotezlerinden en az birisi sa¼glanmam¬¸s olmad¬¼g¬n¬sonucuna varabiliriz.

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k t u .e d u .tr

(10)

ÖRNEK 2.7.

u_x = 0; (2.24)

u(0; y) = sin(y)

Ba¸slang¬ç De¼ger Probleminin çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

Öncelikle denklemin genel çözümünü Örnek 2.1 e benzer olarak u(x; y) = f (y)

olarak elde edilir. Genel çözümden, x = 0 için u(0; y) = f (y) = sin(y) elde ederiz. O halde problemin tek çözümünü

u(x; y) = sin(y) olarak elde ederiz. Bu durumda

=f(0; y)j; y Rg (2.25)

ba¸slang¬ç do¼grusu,her bir y = y0 karakteristik do¼gru ile tek bir noktada, yani (0,y0)noktas¬nda kesi¸sir. Dolay¬s¬yla ba¸slang¬ç do¼grusu üzerinde tan¬mlanan fonksiyon de¼geri ile birlikte problem tek bir çözüme sahiptir.

ÖRNEK 2.8.

u_x = 0; (2.26)

u(x; 0) = sin(x)

Ba¸slang¬ç De¼ger Probleminin(BDP) çözümünün mevcut olmad¬¼g¬n¬ gös- teriniz.

Çözüm.

(11)

Bu örnekte e¼grisi

=f(x; 0)j; x Rg

olarak verilmi¸stir. Bu durumda e¼grisi(yani y = 0 do¼grusu), y = y0 = 0 karakteristik do¼grusu ile sonsuz say¬da noktada kesi¸sir. e¼grisi üzerinde verilen sin(x) ba¸slang¬ç de¼geri ile

u_x = 0; 1 < x < 1; y > 0 u(x; 0) = sin(x)

problemi çözüme sahip de¼gildir. Çünkü u(x; y) = f (y) genel çözümünden u(x; 0) = f (0)6= sin(x); x R

elde ederiz. Bu durum bir çeli¸skidir, çünkü tek de¼gi¸skenli bir fonksiyonunun tek bir noktadaki de¼geri, sabit olmayan bir fonksiyona e¸sit olamaz. O halde verilen ba¸slang¬ç de¼gerini sa¼glayan f fonksiyonu belirlenemez, yani verilen BDP çözüme sahip de¼gildir.

ÖRNEK 2.9.

u_x = 0; (2.27)

u(x; 0) = 1

Ba¸slang¬ç De¼ger Probleminin birden fazla çözüme sahip oldu¼gunu gösteriniz.

Çözüm.

Problemin genel çözümü

u(x; y) = f (y) olup,

u(x; 0) = f (0) = 1

elde ederiz. Bu durumda bir çeli¸ski söz konusu de¼gildir, ancak f (0) = 1 özelli¼gini sa¼glayan her f için bir çözüm elde edilir. Örne¼gin

u(x; y) = cos(y); cosh(y); y + 1; (y + 1)²; :::

fonksiyonlar¬verilen BDP nin çözümleridirler. O halde verilen BDP sonsuz say¬da çözüme sahiptir. Bu örnekte ba¸slang¬ç do¼gru olarak verilen y = 0 do¼grusunun y0 6= 0 için hiç bir y = y⁰ karakteristi¼gi ile kesi¸smedi¼gine ve y₀ = 0 için ise sonsuz say¬da noktada kesi¸sti¼gine dikkat edelim.

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k t u .e d u .tr

(12)

ÖRNEK 2.10.

u_y = 0; 1 < x < 1; y > 1 u(x; 1) = cos(x)

ba¸slang¬ç de¼ger probleminin çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

Bu örnekte e¼grisi

=f(x; 1)j; x Rg

e¼grisi veya kartezyen koordinat ifadesi ile y = 1 do¼grusu olarak verilmi¸stir.

Bu do¼gru her bir x0 R için x = x0 karakteristik do¼grusu ile tek bir noktada kesi¸smektedir. O halde çözüm mevcut ve tektir. ?? genel çözümünden

u(x; 1) = f (x) = cos(x) veya u(x; y) = cos(x) çözümünü elde ederiz.

ÖRNEK 2.11. 2.2 x; y ba¼g¬ms¬z de¼gi¸skenler ve u ba¼g¬ml¬ de¼gi¸sken olmak üzere

u_y = 0; 1 < x; y < 1; (2.28)

u(0; y) = 2y + 1 (2.29)

denkleminin çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

Örnek 2.1 e benzer olarak key… f fonksiyonu için u(x; y) = f (x)

genel çözümünü elde ederiz.

Bu örnekte x = 0 ba¸slang¬ç do¼grusunun, x0 6= 0 olan hiç bir x = x⁰ karakteristi¼gi ile kesi¸smedi¼gine, x0 = 0 için ise sonsuz say¬da noktada kesi¸sti¼gine dikkat edelim. O halde verilen Cauchy Problemi için VTT uygulanamaz.

Genel çözümden

u(0; y) = f (0) = 2y + 1

çeli¸skili durumunu elde ederiz, dolays¬yla verilen ba¸slang¬ç ¸sart¬n¬sa¼glayan f fonksiyonunu belirleyemeyiz. O halde verilen BDP çözüme sahip de¼gildir.

(13)

ÖRNEK 2.12. Yukar¬da Örnek 2.2 ile verilen problemin a¸sa¼g¬da verilen ba¸slang¬ç de¼gerleri ile çözümlerini ara¸st¬r¬n¬z.

Çözüm.

u(x; 0) = x²

u(x;^b_ax + c) = x²; c2 R:

Birinci problemde = f(x; 0)jx Rg ba¸slang¬ç e¼grisi 2.11 ile verilen ve b/a e¼gimili 2.13 karakteristik do¼grular¬n¬her bir x0için tek bir noktada kesmektedir. Bu durumda tek bir çözüm belirleyebilmeliyiz. Gerçekten de 2.14 yard¬m¬yla

u(x; 0) = f (x) = x²

elde ederiz. Belirledi¼gimiz f fonksiyonunu 2.14 da yerine yazarak u(x; y) = (x a

by)² elde ederiz.

Ikinci problemde· = (x;^b_ax + c)jx R ba¸slang¬ç e¼grisi 2.13 karakteristik do¼grular¬na paraleldir. O halde verilen BDP Teorem 2.1 nin hipotezlerini sa¼glamamaktad¬r. Dolay¬s¬yla teorem uygulanamaz. Öte yandan 2.14 yard¬m¬yla

u(x; b

ax + c) = f (x a b(b

ax + c)) = f ( ac=b) = x²

ba¼g¬nt¬s¬ile çeli¸skili bir durum olu¸smaktad¬r ve f fonksiyonu belirlen- ememektedir. O halde verilen BDP çözüme sahip de¼gildir.

ÖRNEK 2.13.

2u_x+ 3u_y = 4u; 1 < x < 1 (2.30)

u(x; 0) = x² (2.31)

denkleminin çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

(14)

Verilen denklemin her iki yan¬n¬2 ile bölerek,

u_x+ 3=2u_y = 2u (2.32)

elde ederiz.

dy

dx = 3=2

e¼gimli x 2=3y = x0 karakteristi¼gi üzerinde u(x; y(x)) fonksiyonunun türevini al¬p, 2.32 denklemini kullanarak,

du

dx = ux+ 3=2uy = 2u u(0) = f (x₀)

elde ederiz. Bu denklemi çözerek

u = e ^2xf (x₀) ve sabit de¼gerini yok ederek

u = e ^2xf (x 2 3y) çözümünü elde ederiz.

Verilen ba¸slang¬ç ¸sart¬n¬kullanarak

u(x; 0) = e ^2xf (x) = x² ) f(x) = x²e^2x elde ederiz. O halde ba¸slang¬ç de¼gerini sa¼glayan çözümü

u(x; y) = e ^2x(x 2=3y)²e^{2(x 2=3y)}

= (x 2=3y)²e ^4=3y olarak elde ederiz.

ÖRNEK 2.14.

u_x+ u_y = 0 u(x; x + 1) = sin(x) BDP^’nin çözümünün varl¬k ve tekli¼gini ara¸st¬r¬n¬z.

(15)

Çözüm.

Verilen denklemin karakteristikleri dy=dx = 1 denkleminin çözümü olarak

y = x + sabit do¼grular¬d¬r. Öte yandan ba¸slang¬ç do¼grusu

y = x + 1

olarak verilmektedir. sabit 6= 1 de¼geri için hiç bir karakteristi¼gin ba¸slang¬ç do¼grusunu kesmedi¼gi ve sabit = 1 için ise sonsuz say¬da noktada kesti¼gi görülmektedir. O halde verilen BDP Teorem 2.1 nin hipotezlerini sa¼glamamaktad¬r. Dolay¬s¬yla teorem uygulanamaz.

Öte yandan

u(x; y) = f (y x) genel çözümünden

u(x; x + 1) = f (1) = sin(x)

gibi çeli¸skili bir durum elde ederiz. Dolay¬s¬yla verilen BDP çözüme sahip de¼gildir.

ÖRNEK 2.15.

u_x+ u_y = 0 u(x; 2x + 1) = sin(x) BDP nin çözümünün varl¬k ve tekli¼gini ara¸st¬r¬n¬z.

Çözüm.

Verilen denklemin karakteristikleri

y = x + sabit do¼grular¬d¬r. Öte yandan ba¸slang¬ç do¼grusu

y = 2x + 1

(16)

olarak verilmektedir. ba¸slang¬ç do¼grusu her bir karakteristi¼gi tek bir noktada keser. O halde Teorem 2.1 gere¼gince verilen BDP tek bir çözüme sahiptir.

Gerçekten de

u = f (y x) genel çözümünden

u(x; 2x + 1) = f (x + 1) = sin(x)) f(x) = sin(x 1) ve dolay¬s¬yla

u(x; y) = sin(y x 1) çözümünü elde ederiz.

Fiziksel Uygulamalar.

1. Ta¸s¬n¬m(Adveksiyon) modeli

u_t+ cu_x = 0 u(x; 0) = f (x)

BDP Teorem 2.1 nin hipotezlerini sa¼glar.Gerçekten de denklemin x ct = x₀

ile verilen karakteristikleri y = 0 ba¸slang¬ç do¼grusunu tek bir noktada keser. O halde

u(x; t) = f (x ct) verilen problemin tek çözümüdür.

2. Ta¸s¬n¬m-reaksiyon modeli

u_t+ cu_x = u u(x; 0) = f (x)

BDP Teorem 2.1 nin hipotezlerini sa¼glar. Gerçekten de denklemin x ct = x₀

ile verilen karakteristikleri y = 0 ba¸slang¬ç do¼grusunu tek bir noktada keser. O halde

u(x; t) = e ^tf (x ct) verilen problemin tek çözümüdür.

(17)

2.1.2 De¼gi¸sken katsay¬l¬lineer denklemler

ÖRNEK 2.16. A¸sa¼g¬da verilen

u_t+ xu_x = 0;

u(x; 0) = f (x) denkleminin genel çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

dx dt = x denklemini sa¼glayan

dx

x = dt

) ln jxj = t + c¹

) jxj = ce^t; c = e^c¹ > 0 ) x = x⁰e^t; x₀ 2 R karakteristikleri boyunca

du

dx = u_t+ u_xdx dt = 0

olup, u karakteristik boyunca de¼gi¸smemektedir, o halde u(x; t) = u(x₀; 0) = f (x₀) = f (xe ^t) elde ederiz.

ÖRNEK 2.17.

u_t+ (xu)_x = 0 denkleminin genel çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

(18)

Verilen denklemi aç¬kça

u_t+ u + xu_x = 0 veya

u_t+ xu_x = u olarak ifade edebiliriz. Buradan

dx dt = x karakteristikler denklemini çözerek

dx

x = dt) ln(jxj) = t + c ) x = x⁰e^t; x₀ 2 R elde ederiz.

Karaktersitikleri üzerinde d

dtu(t; x(t)) = u_t+ u_xdx dt = u elde ederiz.Bu denklemi çözerek

du

u = dt) ln(u) = t + f(x⁰) veya

u = e ^tf (x₀) elde ederiz. x0 parametreisini yok ederek u = e ^tf (xe ^t) genel çözümünü elde ederiz.

ÖRNEK 2.18.

u_t+ (x²u)_x = 0 denkleminin genel çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

(19)

Verilen denklemi aç¬kça

u_t+ 2xu + x²u_x = 0 veya

u_t+ x²u_x = 2xu olarak ifade edebiliriz. Buradan

dx dt = x² karakteristikler denklemini çözerek

dx

x² = dt) 1

x = t + c) 2x = 2

t + c; c 2 R elde ederiz.

Karaktersitikleri üzerinde d

dtu(t; x(t)) = u_t+ u_xdx dt

= u_t+ x²u_x = 2xu elde ederiz.Bu denklemden karakteristikler üzerinde

du

u = 2xdt

elde ederiz. Ancak bu denklemi bu ¸sekliyle çözemeyiz. Karakteristikler üz- erinde 2x için t cinsinden elde edilen de¼geri yerine yazarak

du

u = 2

t + cdt veya integral almak suretiyle

ln(u) = 2 ln(t + c) + f (c) veya sadele¸stirerek

u = (t + c)²f (c) elde ederiz. c parametresini yok ederek

u = 1

x²f (t + 1 x) genel çözümünü elde ederiz.

(20)

ÖRNEK 2.19.

ut+ tux= 0 denkleminin genel çözümünü belirleyiniz.

Çözüm.

dx dt = t karakteristikler denklemini çözerek

x t²

2 = x₀; x₀ 2 R

elde ederiz.

Bu karaktersitikleri üzerinde d

dtu(t; x(t)) = u_t+ u_xdx dt

= u_t+ tu_x = 0 elde ederiz.Bu denklemden karakteristikler üzerinde

u = f (x₀) elde ederiz. x0 parametresini yok ederek

u = f (x t² 2) genel çözümünü elde ederiz.

2.1.3 Parçal¬Ba¸slang¬ç De¼gerli Cauchy Problemleri

Bu bölümde ba¸slang¬ç de¼gerleri parçal¬fonksiyon olarak verilen Cauchy problemlerinin, her noktada sürekli olmayabilen ve zay¬f çözüm olarak adland¬r¬lan çözümlerinin nas¬l elde edildi¼gini inceleyece¼giz.

(21)

ÖRNEK 2.20.

u_t+ u_x = 0

u(x; 0) = 1; jxj 1 0; di¼ger x ler probleminin çözümünü belirleyiniz.

Öncelikle problemin genel çözümünü u(x; t) = f (x t) olarak elde ederiz. O halde

u(x; 0) = f (x) = 1; jxj 1 0; di¼ger x ler ve dolay¬s¬yla

u(x; t) = f (x t) = 1; jx tj 1 0; di¼ger x ler

elde ederiz. ¸Sekil (2.1) de t = 0; 1 ve 2 de¼gerleri için elde edilen çözümler gra…ksel olarak sunulmaktad¬r.

Denklemin sa¼g yöne do¼gru bir birim h¬zla ta¸s¬n¬m(kimyasal yo¼gunlu¼gu vb) gerçekle¸stirdi¼gine dikkat edelim.

2.1.4 Yar¬-sonsuz bölge üzerinde adveksiyon-reaksiyon denklemi

Önceki bölümde sonsuz bölge (-1 < x < 1; t > 0) üzerinde tan¬ml¬ adveksiyon veya adveksiyon-reaksiyon denklmlerinin çözümlerini inceledik. Bu bölümde ise yar¬-sonsuz bölge olarak adland¬raca¼g¬m¬z (0 < x < 1; t >

0) bölgesi üzerinde söz konusu denklemlerin çözümlerini, …ziksel uygulamalar¬yla birlikte inceleyece¼giz.

Öncelikle yar¬sonsuz bölge üzerinde tan¬mlanan problemlerde ba¸slang¬ç de¼gerin (x; 0); x > 0 ve ve (0; t); t 0 ile verilen do¼grular üzerinde verilmesi gerekti¼gine dikkat çekmek istiyoruz.

ÖRNEK 2.21.

u_t+ 1=2u_x = 0; 0 < x <1; t > 0 u(x; 0) = f (x) = x; x 0

u(0; t) = g(t) = sin(t); t > 0

(22)

¸

Sekil 2.1: Farkl¬t de¼gerleri için çözüm.

(23)

¸

Sekil 2.2: x ve t eksenini kesen karakteristikler.

probleminin çözümünü belirleyiniz.

dx

dt = 1=2 denklemini sa¼glayan

x t=2 = x₀ > 0 karakteristikleri üzerinde

u(x; t) = f (x₀) = f (x t=2); x t=2 0

çözümünü elde ederiz. Dolay¬s¬yla verilen ba¸slang¬ç ¸sart¬yard¬m¬yla u(x; 0) = f (x) = x

olup,

u(x; t) = x t=2; x t=2 > 0 çözümünü elde ederiz.

¸

Sekil 2.2 de x0 > 0 , x0 = 0 ve x0 < 0 için x t=2 = x₀ karakteristikleri görülmektedir. x₀ < 0 için belirtilen karakteristik do¼grular, ba¸slang¬ç

(24)

do¼grusu olarak tan¬mlanan (0; 1) do¼grusunu kesmemektedir. Bu durumda x < t=2 özelli¼gini sa¼glayan herhangi (x; t) noktas¬için u(x; t) çözümü belir- lenememektedir. Ancak x t=2 = x₀; x₀ < 0 karakteristiklerinin ba¸slang¬ç do¼grusu olan x = 0 do¼grusunun da sisteme dahil edilmesi durumunda her (x; t) noktas¬ için çözümü belirleyebiliriz. Buarada dikkat edilmesi gereken iki nokta söz konusudur:x tdüzlemindeki herhangi bir (x; t) noktas¬için ya x t=2veya x < t=2 dir.

x t=2 olmas¬durumunda (x; t) noktas¬n¬n üzerinde oldu¼gu x t=2 = x₀ karakteristi¼gi x eksenini x0 > 0 noktas¬nda kesmektedir. Bu durumda u(x; t) = f (x0) = f (x t=2)elde ederiz.

x < t=2olmas¬durumunda (x; t) noktas¬n¬n üzerinde oldu¼gu x t=2 = x₀ karakteristi¼gi, x = 0 do¼grusunu (0; t x=2) noktas¬nda kesmektedir.

Gerçektende karaktersiti¼gin x = 0 do¼grusunu kesim noktas¬(0; t0) ve e¼gimi 2 ise

t t₀ = 2(x 0) den t0 = t 2xelde ederiz. Bu durumda

u(x; t) = u(0; t₀) = u(0; t 2x) = g(t 2x) elde ederiz. O halde problemin çözümünü

u(x; t) = f (x t=2) x t=2 g(t 2x) x < t=2

= x t=2 x t=2

sin(t 2x) x < t=2 elde ederiz.

ÖRNEK 2.22.

u_t+ cu_x = 0; 0 < x <1; t > 0 u(x; 0) = f (x); x 0

u(0; t) = g(t); t > 0 probleminin çözümünü belirleyiniz.

(25)

Çözüm. Yukar¬daki örnekteki yöntemimizi takip ederek u(x; t) = f (x ct) x ct

g(t x=c) x < ct elde ederiz.

Al¬¸st¬rmalar 2.1.

1. A¸sa¼g¬da verilen sabit katsay¬l¬ denklemlerin genel çözümlerini belirleyiniz ve karaktersitikler ailesinin gra…¼gini çiziniz

(a) ut+ 2u_x = 0 (b) ut+ 2u_x = x

(c) ut+ 2u_x = x + t (d) ut+ 2u_x = sin(x)

(e) ut+ 2u_x = u + t (f) ut+ 2u_x = u + e ^{(x 2t)} (g) ut+ ¹_xu_x= 0

2. A¸sa¼g¬da verilen de¼gi¸sken katsay¬l¬denklemlerin genel çözümlerini belirleyiniz ve karaktersitikler ailesinin gra…¼gini çiziniz

(a) ut+ ¹_xux= 0 (b) ut+ (xu)_x= u

(c) ut+ t u_x = u + 1 (d) ut+ xt u_x = u + t

(e) ut+ t u_x = 2u + 3x

3. Soru 1(a) da verilen denklemin a¸sa¼g¬da verilen her bir yan ¸sart ile tek bir çözümünün mevcut olup olmad¬¼g¬n¬ara¸st¬r¬n¬z. Mevcutsa çözümü belirleyiniz. Çözümün mevcut olmad¬¼g¬ veya birden fazla oldu¼gu du- rumlar¬inceleyiniz.

(a) u(x; 0) = e ^jxj (b) u(x; 2x) = 1

(26)

(c) u(x; 2x) = x

4. Soru 2(a) de verilen denklemin a¸sa¼g¬da verilen her bir yan ¸sart ile tek bir çözümünün mevcut olup olmad¬¼g¬n¬ara¸st¬r¬n¬z. Mevcutsa çözümü belirleyiniz. Çözümün mevcut olmad¬¼g¬ veya birden fazla oldu¼gu du- rumlar¬inceleyiniz.

(a) u(x; 0) = x² (b) u(x; x²=2) = 1

(c) u(x; x²=2) = x

5. Parçal¬fonksiyonlarla verilen a¸sa¼g¬daki ba¸slang¬ç-de¼ger problemlerinin türevlerde sonlu say¬da noktada süreksizli¼ge izin veren genelle¸stirilmi¸s çözümlerini belirleyiniz ve t = 0; 1; 2 de¼gerleri için gra…klerini ayn¬

eksende çizdiriniz.

(a)

u_t+ u_x = u; u(x; 0) = 1 1 x 1 0 di¼ger x de¼gerleri (b)

u_t+ 2u_x = 0; u(x; 0) = 1 x² 1 x 1 0 di¼ger x de¼gerleri (c)

u_t+ tu_x= 0; u(x; 0) = 1 jxj 1 x 1 0 di¼ger x de¼gerleri (d)

u_t+ 2u_x = u; u(x; 0) = cos(x) =2 x =2 0 di¼ger x de¼gerleri (e)

u_t+ xu_x = u; u(x; 0) = 1 1 x 1 0 di¼ger x de¼gerleri

6. Yar¬-sonsuz(0 < x < 1; t > 0) bölgede tan¬mlanan a¸sa¼g¬daki ba¸slang¬ç- s¬n¬r de¼ger problemlerinin çözümlerini belirleyiniz.

(27)

(a) ut+ 2ux = 0; 0 < x <1;

u(x; 0) = x; x 0; u(0; t) =j sin(t)j; t > 0 (b) ut+ tu_x = 0; 0 < x <1;

u(x; 0) = x²; x 0; u(0; t) = t; t > 0 (c) ut+ xu_x = 0; 0 < x <1;

u(x; 0) = 1; x 0; u(0; t) =j cos(t)j; t > 0 (d) ut+ 2u_x = u; 0 < x <1;

u(x; 0) = x + 1; x 0; u(0; t) = 1 +j sin(t)j; t > 0

(28)

(29)

[1] Duchateau, P., Zachmann D, Applied Partial Di¤erential Equations, Dover Pub., New York, 1989.

[2] Coleman, P. Matthew, An introduction to Partial Di¤erential Equations with MATLAB, Chapman& Hall/CRC, 2004.