MBT1005
Diferansiyel Denklemler
Bahar 2013-2014
Arasınav I
5 Mart 2014
No:
İsim:
Soyisim:
ğğiüüü Tam not alabilmek için cevaplarınızı ayrıntılı yazınız.
y
y
y cos
− x sin
dy
x x denklemini çözünüz.
=
y
dx
x cos
x
Çözüm. Verilen denklem
y cos xy − x sin xy
x xy cos xy − sin xy
dy
=
=
=
dx
x cos xy
x cos xy
1)
y
x
cos
y
x
cos
− sin
y
x
y
x
=G
y
x
formunda olduğundan homojendir. Çözü v = y/x dönüşümü ile bulunur. Buna göre
v=
dy
dv
y
⇒ y = vx ⇒ dy = xdv + vdx ⇒
=x
+v
x
dx
dx
olduğu verilen denklemde kullanılırsa
x
dv
v cos v − sin v
dv
v cos v − sin v
v cos v − sin v − v cos v
sin v
+v =
⇒x
=
−v =
=−
dx
cos v
dx
cos v
cos v
cos v
yani
dx
cos v
dv = −
sin v
x
değişkenlerine ayrılabilen denklem elde edilir. Bu denklemin çözümü
dx
cos v
dv = −
+c
sin v
x
şeklinde
aranır. Dikkat edilirse sin v = u ve dolayısıyla cos vdv = du değişken dönüşümü ile sol yandaki integral
du
haline
gelir. Buna göre çözüm
u
dx
du
=−
+ c ⇒ ln u = − ln x + c ⇒ ln(sin v) = − ln x + c
u
x
yani
y = − ln x + c
ln sin
x
şeklinde elde edilir. c sayısı bir sabit olduğundan istenirse bu sabit yerine ln c formunda bir başka sabit yazılabilir.
Buna göre
c
y = − ln x + ln c = ln
ln sin
x
x
yani
c
y
y
c
sin
= ⇒ = arcsin
x
x
x
x
dolayısıyla
c
y = x arcsin
x
sonucuna ulaşılır.
2) (y 2 + 2xy)dx − x2 dy = 0 denkleminin tam olup olmadığını belirleyiniz. Tam ise çözünüz. Değil ise bir integrasyon çarpanı ile denklemi tam hale getirip çözümü bulunuz.
Çözüm. M (x, y) = y 2 + 2xy ve N (x, y) = −x2 olsun. Burada
∂N
∂M
= 2y + 2x = −2x =
∂y
∂x
olduğundan verilen denklem tam formda değildir. Diğer taraftan
∂N
∂x
−
∂M
∂y
M
=
−2x − (2y + 2x)
−2(y + 2x)
2
=
=−
2
y + 2xy
y(y + 2x)
y
sağlandığından sadece y’ye bağlı bir μ(y) integrasyon çarpanı vardır. Bu integrasyon çarpanı
∂N
∂M
2
−
1
−2
∂x
∂y
− dy
dy = e y = e−2 ln y = eln y = y −2 = 2
μ(y) = exp
M
y
şeklinde elde edilir. Bulunan integrasyon çarpanı ile verilen denklemi çarparsak
y −2 ((y 2 + 2xy)dx − x2 dy) = (1 + 2xy −1 )dx − x2 y −2 dy = 0
denklemi bulunur. Bu denklem bir tam diferansiyel denklemdir. Gerçekten: M (x, y) = 1 + 2xy −1 ve N (x, y) =
−x2 y −2 olmak üzere
∂N
∂M
= −2xy −2 =
∂y
∂x
gerçeklenir. Bu tam diferansiyel denklemin çözümü F (x, y) = c olmak üzere aşağıdaki gibi elde edilir:
M (x, y) olduğundan
F (x, y) = M (x, y)dx = (1 + 2xy −1 )dx = x + x2 y −1 + g(y)
dir. Diğer taraftan
∂F
∂y
= N (x, y) sağlandığından
N (x, y) = −x2 y −2 = −x2 y −2 + g (y)
yani g (y) = 0, dolayısıyla g(y) = 0 sonucuna bulaşılır. Buna göre
F (x, y) = x + x2 y −1
olduğundan verilen denklemin çözümü
x + x2 y −1 = c
ya da
y=
şeklinde elde edilir.
x2
c−x
∂F
∂x
=
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) = ert = e2t ve y2 (t) = tert = te2t olmak üzere çözüm
y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = c1 e2t + c2 te2t
şeklinde elde edilir. Bu aşamada y(1) = 1 ve y (1) = 1 başlangıç değer koşulları kullanılırsa
y(t) = c1 e2t + c2 te2t ⇒ y(1) = c1 e2 + c2 e2 = e2 (c1 + c2 ) = 1,
y (t) = 2c1 e2t + c2 (e2t + 2te2t ) ⇒ y (1) = 2c1 e2 + c2 (e2 + 2e2 ) = e2 (2c1 + 3c2 ) = 1
yani
c1 + c2 = e−2 ve 2c1 + 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−2 e2t − e−2 te2t
= (2 − t)e2t−2
dir.
4) Belirsiz katsayılar yöntemini kullanarak y − y = et + 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
yh (t) = c1 er1 t + c2 er2 t = c1 et + c2 e−t
olarak elde edilir.
Diğer taraftan homojen olmayan ikinci mertebe y − y = et + sin t denkleminin bir özel çözümü üst üste bindirme
ilkesi ile tespit edilir. Buna göre öncelikle belirsiz katsayılar yöntemi kullanılarak y −y = et ve sonra da y −y = sin t
denkleminin bir özel çözümü bulunur. Bu özel çözümlerin toplamı verilen denklemin bir özel çözümüdür.
∗ y − y = et denkleminin bir özel çözümünün bulunması: İkinci taraf cept = et formundadır. Dikkat edilir ise
p = 1 verilen denklemin bir katlı kökü olduğundan özel çözüm s = 1 için y1 (t) = Atet formundadır. y1 (t) verilen
denklemi sağladığından
y1 (t) = A(et + tet ) = Aet (1 + t), y1 (t) = A(et (1 + t) + et ) = Aet (2 + t)
olmak üzere
Aet (2 + t) − Atet = et ⇒ et (2A + At − At) = et ⇒ 2A = 1 ⇒ A = 1/2
elde edilir. Buna göre y − y = et denkleminin bir özel çözümü
1
y1 (t) = tet
2
şeklinde bulunur.
∗ y − y = sin t denkleminin bir özel çözümünün bulunması: İkinci taraf Pm (t)eαt sin 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
1
y2 (t) = − sin t
2
şeklinde bulunur.
Buna göre verilen denklemin bir özel çözümü
1
1
yö (t) = y1 (t) + y2 (t) = tet − sin t
2
2
olarak elde edilir.
y − y = et + sin t denkleminin genel çözümü ise
1
1
y(t) = yh (t) + yö (t) = c1 et + c2 e−t + tet − sin t
2
2
dir.
Download

Cozumler