Diferansiyel Diferansiyel Denklemler Çözümlü Sorular * Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.1. Lineer denklemler Problem 2.c: ty 0 +2y =sint; t> 0 ile verilen lineer denklemin ¸ c oz um un u bulup, t!1 i¸ cin ¸ c oz um un davranı¸ sını belirleyiniz. C ¸ oz um : t>0 dan verilen denklem t ile b ol un urse, y 0 + 2 t y = sint t olarak yazılabilir. Denklem birinci mertebeden lineer bir denklemdir. Bu den- klem i¸ cin p(t)= 2 t ; q(t)= sint t olup integrasyon ¸ carpanı, „=e R 2 t dt =e 2lnt =t 2 olarak hesaplanır. Denklemin ¸ c oz um u i¸ cin, y =t ¡2 Z t 2 sint t dt integraline ula¸ sılıp, u=t; dv =sint ile kısmi integrasyon alınırsa, y = c t 2 ¡ cost t + sint t 2 ¸ c oz um une t>0 i¸ cin ula¸ sılır. t!1 i¸ cin y!0 oldu^ gu basitce g or ulebilir. 1 1 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 1* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.1. Lineer denklemler Problem 20: ty 0 +(t+1)y =t; y(ln2)=1 ile verilen ba¸ slangı¸ c de^ ger problemini ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um : Verilen denklemi t6=0 olmak uzere t ile b olelim. Bu durumda, y 0 ¡ t+1 t y =1 denklemine varırız. Bu denklemden integral ¸ carpanı, „=e R t+1 t dt =e t+lnt =te t olarak bulunur ve ¸ c oz um i¸ cin yerine yazılırsa, y = 1 te t Z te t dt 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(ln2) = 1 kullanılırsa, c = 2 oldu^ gug or ul ur. Bulunan cde^ geriyerineyazılırsaverilendiferansiyeldenklemin 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 2* Elemantary Di?erantial 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¡t 2 )y 0 ¡ty =t(1¡t 2 ); 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!1 i¸ cin ¸ c oz um u inceleyiniz. C ¸ oz um : Denklem d uzenlenirse, y 0 ¡ t 1¡t 2 y =t ¸ seklini alır. Bu lineer denklemimde integral ¸ carpanı „=e ¡ R t 1¡t 2 dt =(1¡t 2 ) 1 2 elde edilir. C ¸ oz um denkleminde yerine yazılırsa, y =(1¡t 2 ) ¡ 1 2 Z t(1¡t 2 ) 1 2 dt ifadesine varılır. 1¡ t 2 = u de^ gi¸ sken de^ gi¸ simi ile sa^ g taraftaki integrasyon alınırsa, y =¡ (1¡t 2 ) 3 +c(1¡t 2 ) ¡ 1 2 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 = 7 3 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¡t 2 ) 3 + 7 3 (1¡t 2 ) ¡ 1 2 olarak elde edilir. C ¸ oz umdendeg or ulece^ gi uzerekarek ok uni¸ saretininpozitifolabilmesii¸ cin jxj< 1 olması gerekir. O halde ¸ c oz um um uz jxj < 1 aralı^ gında ya¸ sayacak olup, aralı^ gın u¸ c noktalarında yani t!§1 i¸ cin ¸ c oz um sonsuza ka¸ cacaktır. 3 3 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 3* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.3. De^ gi¸ skenlerine ayrılabilen denklemler Problem 2: y 0 = x 2 y(1+x 3 ) ile verilen diferansiyel denklemi ¸ c oz un uz. C ¸ oz um : y 0 = dy dx den denklem, dy dx = x 2 y(1+x 3 ) olarak yazılır ve yeniden d uzenlenirse, ydy = x 2 1+x 3 dx ¸ seklinde de^ gi¸ skenlerine ayrılmı¸ s olur. Son ifadeden de g or uld u^ g u uzere her iki yanı integre edersek, y 2 2 = 1 3 lnj1+x 3 j+c ve buradan da denklemin ¸ c oz um u 3y 2 ¡lnj1+x 3 j=c; x6=¡1; y6=0 olarak elde edilir. 4 4 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 4* Elemantary Di?erantial 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: y 0 =cos 2 xcos 2 2y diferansiyel denkleminin ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um : Denklem uygun formatta yeniden yazılırsa, dy dx =cos 2 xcos 2 2y ve de^ gi¸ skenlerine ayrılırsa, dy cos 2 2y =cos 2 xdx elde edilir. Sa^ g taraftaki integral, cos 2 x= 1 2 + 1 2 cos2x e¸ sitli^ ginden kolaylıkla integre edilebilir. Sol taraftaki integral i¸ cin u = 2y de^ gi¸ sken de^ gi¸ simi yapılırsa 1 2 Z sec 2 udu integralinevarılır. Buintegrasyonlardansonra¸ c oz uma¸ sa^ gıdaki¸ sekildeyazılıabilir. y = 1 2 arctan(x+sinxcosx+c): 5 5 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 5* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 2. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler * 2.3. De^ gi¸ skenlerine ayrılabilen denklemler Problem 13: dy dx = 2x x 2 y+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: Verilendenkleminsa^ gındapaydayparantazinealınıpgereklid uzenleme yapılırsa, ydy = 2x x 2 +1 dx ¸ seklinde de^ gi¸ skenlerine ayrılmı¸ s olur. ' Integraller ise olduk¸ ca basit bir ¸ sekilde, y 2 2 =lnjx 2 +1j+c olarak elde edilir. C ¸ oz um d uzenlenirse y =§ p 2lnjx 2 +1j+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 2lnjx 2 +1j+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 ¡10; y 1 (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 : y 1 (t) = t verilen denklemin ger¸ cekten de bir ¸ c oz um ud ur. Bunu g ormeki¸ cin,gereklit urevleralınıpdenklemdeyerineyazılır. Bilinenbu¸ c oz um u kullanarak denklemin di^ ger ¸ c oz um un u bulmak i¸ cin y(t)=y 1 (t)v(t) diyelim ve t urevleri hesaplayalım. y 0 =v+tv 0 ; y 00 =tv 00 +2v 0 olarak bulunur. Bu de^ gerleri denklemde yerlerine yazarsak t 3 v 00 +4t 2 v 0 =0 denklemini elde edilip de^ gi¸ skenlerine ayrılırsa v 00 v 0 =¡ 4 t olur. Birinci integrasyondan v 0 = c 1 t 4 ve buradan da tekrar integrasyon alıp v =¡3c 1 t ¡3 +c2 olarak bulabiliriz. Bulunan v de^ geri y =vt de yerine yazılırsa y =¡3c 1 t ¡2 +c 2 t elde edilir. y 1 (t)=t oldu^ gundan y 2 (t)= 1 t 2 olurki buda bizim aradı^ gımız sonu¸ ctur. 26 26 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 31* Elemantary Di?erantial 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 28: (x¡1)y 00 ¡xy 0 +y =0; x> 1; y 1 (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 y 1 (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)=y 1 (x)v(x) diyelim ve t urevleri hesaplayalım. y 0 =(v 0 +v)e x ; y 00 =(v 00 +2v 0 +v)e x olarak bulunur. Bu de^ gerleri denklemde yerlerine yazarsak v 00 (x¡1)e x +v 0 (x¡2)e x =0 denklemini elde edriz. De^ gi¸ skenlerine ayırırsak v 00 v 0 = 2¡x x¡1 olur. Sa^ g taraf yeniden d uzenlenirse v 00 v 0 =¡1+ 1 x¡1 bulunur. Birinci integrasyondan v 0 =c 1 e ¡x (x¡1) elde edilir. ' Ikinci integrasyon i¸ cin x¡1=u; dv =e ¡x ile kısmi integrasyon uygulanırsa, v =¡c 1 e ¡x x+c 2 32elde edilir. Bulunan v de^ geri y =ve x de yerine yazılırsa y =¡c 1 x+c 2 e x elde edilir. y 1 (x)=e x oldu^ gundan ikinci ¸ c oz um y 2 (x)=x olurak tespit edilir. 27 27 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 33* Elemantary Di?erantial 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 2: y 00 +2y 0 +5y =3sin2x denklemini belirsiz katsatılar metodunu kullanarak ¸ c oz un uz. C ¸ oz um : Homojen kısım i¸ cin karekteristlik denklem r 2 +2r+5=0 olup k okleri r 1;2 =¡1§2i dir. Bu durumda homejen kısmın ¸ c oz um u, y h =c 1 e ¡x cos2x+c 2 te ¡x sin2x olarak yazılır. Ozel ¸ c oz um Y(x)=asin2x+bcos2x ¸ seklinde aranmalıdır. Buradan, Y 0 (x)=2acos2x¡2bsin2x; Y 00 (x)=¡4asin2x¡4bcos2x ifadeleri yerlerine yazılırsa ve gerkli d uzenlemelr yapılırsa (a¡4b)sin2x+(4a+b)cos2x=3sin2x 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 17 sin2x¡ 12 17 cos2x ¸ seklinde elde edilir. B oylece verilen denklemin genel ¸ c oz um u y G =c 1 e ¡x cos2x+c 2 e ¡x sin2x+ 3 17 sin2x¡ 12 17 cos2x elde edilir. 28 28 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 34* Elemantary Di?erantial 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: y 00 +2y 0 +y =2e ¡t denklemini belirsiz katsatılar metodunu kullanarak ¸ c oz un uz. C ¸ oz um : Homojen kısım i¸ cin karekteristlik denklem r 2 +2r+1=0 olmak uzere k okleri ¸ cakı¸ sık olup r 1 =r 2 =¡1 dir. Bu durumda homejen kısmın ¸ c oz um u, y h =c 1 e ¡t +c 2 te ¡t olarak yazılır. ? = ¡1 olup karekteristlik denklemin ¸ cift katlı k ok ud ur. O halde ozel ¸ c oz um Y(t)=kt 2 e ¡t ¸ seklinde aranmalıdır. Bunun i¸ cin Y 0 (t)=e ¡t (¡kt 2 +2kt); Y 00 (t)=e ¡t (kt 2 ¡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)=t 2 e ¡t ¸ seklinde elde edilir. B oylece verilen denklemin genel ¸ c oz um u y G =c 1 e ¡t +c 2 te ¡t +t 2 e ¡t olarak yazılır. 29 29 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 35* Elemantary Di?erantial 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 13: y 00 +y 0 ¡2y =2t; y(0)=0; y 0 (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 r 2 +r¡2=0 dan r 1 =1;r 2 =¡2 olarak bulunur. O halde homojen kısmın ¸ c oz um u, y h =c 1 e t +c 2 e ¡2t olur. Ozel ¸ c oz um u bulmak i¸ cin, Y(t)=at+b ¸ seklinde bir polinom se¸ celim. Buradan, y 0 =a; y 00 =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 =c 1 e t +c 2 e ¡2t ¡t¡ 1 2 36olarak yazılır. y(0)=0 ba¸ slangı¸ c ¸ sartı kullanılırsa c 1 +c 2 = 1 2 denklemi elde edilir. ' Ikinci ba¸ slangı¸ c ¸ sartı i¸ cin genel ¸ c oz um un t urevi alınırsa, y 0 G =c 1 e t ¡2c 2 e ¡2t ¡1 bulunur. y 0 (0)=1 dan c 1 ¡2c 2 =1 olarak ikinci denklem elde edilir. Bu iki denklemden c 1 ;c 2 katsayıları ¸ c oz ul urse c 1 =1; c 2 =¡ 1 2 olur. Genel ¸ c oz umde bu de^ gerler yerine yazılırsa verilen ba¸ slangı¸ c ¸ sartlarını sa^ glayan ¸ c oz um y G =e t ¡ 1 2 e ¡2t ¡t¡ 1 2 olarak bulunur. 30 30 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 37* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 3. ' Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.7. Parametrelerin de^ gi¸ simi y ontemi Problem 2: y 00 ¡y 0 ¡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 r 2 ¡r¡2=0 olup k okleri r 1 =¡1; r 2 =2 olarak bulunursa homojen ¸ c oz um y h =c 1 e ¡t +c 2 e 2t ¸ seklinde elde edilir. Verilen denklemin ozel ¸ c oz um u i¸ cin, y(t)=c 1 (t)e ¡t +c 2 (t)e 2t alınarak, katsayıların tespiti i¸ cin c 0 1 (t)e ¡t +c 0 2 (t)e 2t =0; ¡c 0 1 (t)e ¡t +2c 0 2 (t)e 2t =2e ¡t denklemleri elde edilir. Denklemler taraf tarafa toplanırsa c 0 2 (t)= 2 3 e ¡3t elde edilir. Bu ise dc 2 dt = 2 3 e ¡3t demektir. Buradan c 2 (t)=¡ 2 9 e ¡3t olarak elde edilir. Bulunan bu de^ ger yardımıyla c 0 1 =¡ 2 3 38olur ki buradan da c 1 (t)=¡ 2 3 t olarak kolaylıkla hesaplanabilir. c 1 (t); c 2 (t) de^ gerleri yerlerine yazılırsa ozel ¸ c oz um Y(t)=¡ 2 3 te ¡t ¡ 2 9 e ¡t olarak elde edilir. Ozel¸ c oz um Y(t)=¡ 2 3 te ¡t se¸ cilirse(¸ c unk u e ¡t homojenkısım¸ c oz um undevar), verilen denklemin genel ¸ c oz um u y G =c 1 e ¡t +c 2 e 2t ¡ 2 3 te ¡t olarak elde edilir. 31 31 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 39* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 3. ' Ikinci Mertebeden Lineer Denklemler * 3.7. Parametrelerin de^ gi¸ simi y ontemi Problem 5: y 00 +y =tant; 00 olan 3 2 mertebedenBesseldenklemininlineerba^ gımsıziki¸ c oz um un ubululunuz. C ¸ oz um: x = 0 noktasının denklemin bir d uzenli tekil noktası oldu^ gundan x=0 noktasında Froben us metodu uygulanabilir. y = 1 X n=0 a n x r+n ¸ seklinde bir seri ¸ c oz um u vardır. Birinci ve ikinci t urevler denklemde yerlerine yazılırsa, x 2 1 X n=0 (r+n¡1)(r+n)a n x r+n¡2 +x 1 X n=0 (r+n)a n x r+n¡1 +(x 2 ¡ 9 4 ) 1 X n=0 a n x r+n =0 elde edilir. Bu ifade tekrar d uzenlenirse, 1 X n=0 (r+n¡1)(r+n)a n x r+n + 1 X n=0 (r+n)a n x r+n ¡ 1 X n=0 9 4 a n x r+n + 1 X n=0 a n x r+n+2 =0 toplamın son terimi 1 X n=0 a n x r+n+2 = 1 X n=2 a n¡2 x r+n = ¸ seklinde yeniden d uzenlenip yerine yazılırsa ve b ut un toplamlar n = 2 den ba¸ slatılıp uygun parantezlere alınırsa, • r 2 ¡ 9 4 ‚ a 0 x r + • (r+1) 2 ¡ 9 4 ‚ a 1 x r+1 + 1 X n=2 f[(r+n) 2 ¡ 9 4 ]a n +a n¡2 gx r+n =0 olarak d uzenlenebilir. Son ifadeden, indisel denklem F(r)=r 2 ¡ 9 4 =0 r 1 = 3 2 ; r 2 =¡ 3 2 . ' Ikinci toplamdan, [(r+n) 2 ¡ 9 4 ]a n +a n¡2 =0 91elde edilir. F(r+n)6=0 olmak uzere, F(r+n)=(r+n) 2 ¡ 9 4 se¸ cersek, indirgeme ba^ gıntısı a n (r)=¡ a n¡2 (r) F(r+n)) ; n=2;3;::: olur. r 1 = 3 2 i¸ cin F(r 1 +1) ve x r 1 +1 katsayısı, (r +1) 2 ¡ 9 4 6= 0 oldu^ gundan a 1 =0 olur. Buradan da a 3 =a 5 =:::=a 2n+1 =0 elde edilir. C ¸ift katsayılar i¸ cin n=2m alınırsa, a 2m ( 3 2 )=¡ a 2m¡2 ( 3 2 ) F( 3 2 +2m) =¡ a 2m¡2 2 2 m(m+ 3 2 ) olmak uzere, a 2 ( 3 2 )=¡ a 0 2 2 1(1+ 3 2 ) ; a 4 ( 3 2 )= a 0 2 4 2!(1+ 3 2 )(2+ 3 2 ) ; :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: a 2m ( 3 2 )= (¡1) m a 0 2 2m m!(1+ 3 2 )(2+ 3 2 ):::(m+ 3 2 ) ; olurki a 0 =1 i¸ cin ¸ c oz um y 1 (x)=x 3 2 " 1+ 1 X m=1 (¡1) m m!(1+ 3 2 ):::(m+ 3 2 ) ( x 2 ) 2m # olarak elde edilir. ' Ikinci ¸ c oz um i¸ cin tek indisliler yine tamemen sıfır olup ¸ cift indisler ise ben- zer olarak hesaplanıp yerine yazılırlarsa ikinci lineer ba^ gımsız ¸ c oz um y 2 (x)=x ¡ 3 2 " 1+ 1 X m=1 (¡1) m m!(1¡ 3 2 ):::(m¡ 3 2 ) ( x 2 ) 2m # olarak elde edilir. 62 62 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 92* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.1. Laplace d on u¸ s um un un tanımı Problem 5.a: f(t)=t fonksiyonunun Laplace d on u¸ s um un u bulunuz. C ¸ oz um: Laplace d on u¸ s um u tanımında f(t)=t alınırsa, F(t)= Z 1 0 e ¡st tdt elde edilir. u=t; dv =e ¡st ile kısmi integrasyon alınırsa, F(t)= lim A!1 Z A 0 (¡ A s e ¡sA )+ lim A!1 Z A 0 ( 1 s 2 e ¡sA )= 1 s 2 elde edilir. B oylece, F(t)= 1 s 2 ; s>0 olur. Problem 5.b: f(t)=t 2 fonksiyonunun Laplace d on u¸ s um un u bulunuz. C ¸ oz um: Laplace d on u¸ s um u tanımında f(t)=t 2 alınırsa, F(t)= Z 1 0 e ¡st t 2 dt elde edilir. u=t 2 ; dv =e ¡st ile kısmi integrasyon alınırsa, F(t)= lim A!1 Z A 0 (¡ A 2 s e ¡sA )+ lim A!1 Z A 0 ( 2 s Z 1 0 e ¡st tdt) 93olurki ilk kısımdan herhangi bir katkı gelmez. ' Ikinci kısım ise 2 s F(t) demektir. Yukarıdaki problemden F(t)= 1 s 2 yazılırsa, F(t 2 )= 2 s 3 ; s>0 olarak elde edilir. 63 63 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 94* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.1. Laplace d on u¸ s um un un tanımı Problem 11: f(t)=sinat;t‚0 fonksiyonunun Laplace d on u¸ s um un u bulunuz. C ¸ oz um: f(t) ifadesi tanımda yerine yazılırsa, F(sinat)= Z 1 0 e ¡st sinatdt elde edilir. Pe¸ spe¸ se iki kez kısmi integrasyon uygulayalım. Birinci olarak, u=e ¡st ; dv =sinat ile integral, Z 1 0 e ¡st sinatdt= 1 a ¡ s a Z 1 0 e ¡st cosatdt haline gelir. ' Ikinci olarak, u=e ¡st ; dv =cosat ile integral, Z 1 0 e ¡st cosatdt = 1 a ¡ s 2 a 2 Z 1 0 e ¡st sinatdt haline gelir. B oylece, F(sinat)= 1 a ¡ s 2 a 2 F(sinat) ourki buradan gerekli d uzenlemeler yapılırsa, F(sinat)=f(s)= a s 2 +a 2 ; s>0 olarak f(t)=sinat fonksiyonunun Laplace d on u¸ s um u bulunmu¸ s olur. 64 64 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 95* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.2. Ba¸ slangı¸ c de^ ger probleminin ¸ c oz um u Problem 11: y 00 ¡y 0 ¡6y =0; y(0)=1;y 0 (0)=¡1 ile verilen ba¸ slangı¸ c de^ ger problemini laplace d on u¸ s um u yardımıyla ¸ c oz un uz. C ¸ oz um: y = ’(t) ¸ seklinde bir ¸ c oz um un varlı^ gını kabul ederek ba¸ slayalım. Verilen denkleme laplace d on u¸ s um u uygulanırsa, L(y 00 )¡ L(y 0 )¡6 L(y)=0 elde edilir. L(y)=Y(s) i¸ cin, L(y 0 )=sY(s)¡y(0); L(y 00 )=s 2 Y(s)¡sy(0)¡y 0 (0) ifadeleriyerlerineyazılırsa,dahasonraba¸ slangı¸ c¸ sartlarıkullanılıpuygund uzenlemeler yapılılırsa, Y(s)= s¡2 (s+2)(s¡3) ifadesine varılır. Son ifadeyi basit kesirlerine ayıralım. Y(s)= a s+2 + b s¡3 = s¡2 (s+2)(s¡3) ifadesinden a = 4 5 ;b = 1 5 elde edilr ki yerlerine yazılırsa Y(s) ifadesi basit kesirlerine a¸ sa^ gıdaki ¸ sekilde ayrılmı¸ s olur. Y(s)= 4 5 1 s+2 + 1 5 1 s¡3 : Buradan Y(s)= 1 5 ( 2 2 s+2 + 1 s¡3 )= 1 5 ( 4 s¡(¡2) + 1 s¡3 ) yazılırsa tablodan yaralanak uygun ters d on u¸ s umler L(4e ¡2t )= 4 s¡(¡2) ; L(e 3t )= 1 s¡3 ¸ seklinde bulunursa verilen denklemin ¸ c oz um u y =’(t)= 1 5 (4e ¡2t +e 3t ) olarak ifade edilir. 65 65 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 96* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.2. Ba¸ slangı¸ c de^ ger probleminin ¸ c oz um u Problem 12: y 00 +3y 0 +2y =0; y(0)=1;y 0 (0)=0 ile verilen ba¸ slangı¸ c de^ ger problemini laplace d on u¸ s um u yardımıyla ¸ c oz un uz. C ¸ oz um: Yiney =’(t)¸ seklindebir¸ c oz um unvarlı^ gınıkabulederekba¸ slayalım. Verilen denkleme laplace d on u¸ s um u uygulanırsa, L(y 00 +3 L(y 0 )+2 L(y)=0 elde edilir. L(y)=Y(s) i¸ cin, L(y 0 )=sY(s)¡y(0); L(y 00 )=s 2 Y(s)¡sy(0)¡y 0 (0) ifadeleriyerlerineyazalım,dahasonraba¸ slangı¸ c¸ sartlarıkullanılıpuygund uzenlemeler yapalım. B oylece Y(s)= s+3 (s+1)(s+2) ifadesini elde etmi¸ s oluruz. Elde edilen ifade Y(s)= a s+1 + b s+2 = s+3 (s+1)(s+2) ¸ seklinde basit kesirlerine ayrılırsa, a = 2;b =¡1 olarak elde edilir ve yerlerine yazılırsa Y(s)= 2 s+1 ¡ 1 s+2 olarak bulunur. Tablodan uygun ters d on u¸ s umler, L(2e ¡t )=2 1 s+1 ; L(e 2t )= 1 s+2 ¸ seklinde bulunursa verilen denklemin ¸ c oz um u y =’(t)=2e ¡t ¡e ¡2t olarak ifade edilir. 66 66 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 97* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.2. Ba¸ slangı¸ c de^ ger probleminin ¸ c oz um u Problem 17: y ıv ¡4y 000 +6y 00 ¡4y 0 +y =0; y(0)=0;y 0 (0)=1 y 00 (0)=0; y 000 (0)=1 ile verilen ba¸ slangı¸ c de^ ger problemini laplace d on u¸ s um u yardımıyla ¸ c oz un uz. C ¸ oz um: y = varphi(t) ¸ seklinde bir ¸ c oz um un varlı^ gını kabul edelim. Verilen denkleme laplace uygulanırsa, L(y ıv ¡4 L(y 000 )+6 L(y 00 )¡4 L(y 0 )+ L(y)=0 elde edilir. L(y)=Y(s) i¸ cin, L(y 0 )=sY(s)¡y(0); L(y 00 )=s 2 Y(s)¡sy(0)¡y 0 (0) L(y 000 )=s 3 Y(s)¡s 2 y(0)¡sy 0 (0)¡y 00 (0); L(y ıv )=s 4 Y(s)¡ 3 sy(0)¡s 2 y 0 (0)¡sy 00 (0)¡y 000 (0) ifadeleriyerlerineyazılıp,dahasonraba¸ slangı¸ c¸ sartlarıkullanılıpuygund uzenlemeler yapılırsa, Y(s)= s 2 ¡4s+7 (s¡1) 4 ifadesi elde edilir. Elde edilen ifade Y(s)= a (s¡1) 4 + b (s¡1) 3 + c (s¡1) 2 + d (s¡1) = s 2 ¡4s+7 (s¡1) 4 ¸ seklinde basit kesirlerine ayrılırsa, a= 2 3 ;b=¡1;c=1;d=0 olarak elde edilir ve yerlerine yazılırsa Y(s)= 2 3 (s¡1) 4 ¡ 1 (s¡1) 3 + 1 (s¡1) 2 elde edilir. Tablodan uygun ters d on u¸ s umler, L( 2 3 t 3 e t )= 2 3 (s¡1) 4 ; L(t 2 e t )= 1 (s¡1) 3 ; L(te t )= 1 (s¡1) 2 98¸ seklinde bulunursa denklemin ¸ c oz um u y =’(t)=te t ¡t 2 e t + 2 3 t 3 e t olarak ifade edilir. 67 67 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 99* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.3. Basamak fonksiyonları Problem 8: f(t)=f 0; t<1 t 2 ¡2t+2; t‚1 ile verilen fonksiyonun laplace d on u¸ s um un u bulunuz. C ¸ oz um: t 2 ¡2t+2=(t¡1) 2 +1 olmak uzere t¡1=t i¸ cin g(t)=t 2 +1 olsun. Bu durumda f(t)=u 1 (t)g(t¡1) olur. Teorem 6.3.1 den L(f(t))= L(u 1 (t)g(t¡1))=e ¡s L(g(t)) olarak elde edilir. L(1)= 1 s ; L(t 2 )= 2 s 3 oldu^ gundan L(g(t))= 1 s + 2 s 3 elde edilip yerine yazılırsa, L(f(t))=e ¡s ( 1 s + 2 s 3 ) olarak bulunur. 68 68 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 100* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.3. Basamak fonksiyonları Problem 14: F(s)= e ¡2s s 2 +s¡2 ile verilen laplace d on u¸ s um un un tersini bulunuz. C ¸ oz um: Bunun i¸ cin F(s)’i F(s)=e ¡2s 1 (s+2)(s¡1) ¸ seklinde yazalım. Bu ifadeyi basit kesirlerine ayırmak i¸ cin, a s+2 + b s¡1 = 1 (s+2)(s¡1) formunda yazalım. Buradan a=¡ 1 3 ; b= 1 3 olarak bulunur. B oylece, F(s)= e ¡2s 3 • 1 s¡1 ¡ 1 s+2 ‚ ¸ sekline gelir. Tablodan, L(e t )= 1 s¡1 ve L(e ¡2t )= 1 s+2 olup Teorem 6.3.1 den F(s)= [e ¡2s L(e t )¡e ¡2s L(e /2t )] 3 olup, F(s)= L(u 2 (t)e t¡2 )¡ L(u 2 (t)e ¡2(t¡2) ) 3 elde edilir.B oylece L( f(t))=F(s) den f(t)= 1 3 u 2 (t)[e t¡2 ¡e ¡2(t¡2) ] olarak elde edilir. 69 69 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 101* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.3. Basamak fonksiyonları Problem 21: F(s)= 2s+1 4s 2 +4s+5 ile verilen laplace d on u¸ s um un un ters laplasce d on u¸ s um un u problem 19 daki sonucu kullanarak bulunuz. C ¸ oz um: Oncelikle iadenin paydasını tam kare yapalım. Bu durumda, F(s)= 2s+1 (2s+1) 2 +4 elde edilir. 2s+1=u denirse, f(2s+1)=f(u)= u u 2 +4 elde edilir. L ¡1 (f(2s+1)) i¸ cin L ¡1 (f(as+b))= 1 a e ¡bt a f( t a ) formu kullanılırsa, L ¡1 (F(s))= 1 2 e ¡ t 2 cos( 2t t ) elde edilir. 70 70 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 102* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.4. Discontinues forcing fonksiyonlarla diferansiyel denklemler Problem 1: y 00 +y =f(t); y(0)=0;y 0 (0)=1 oyleki f(t)=f 1; 0•t< … 2 0; … 2 ‚t<1 ¸ seklinde ba¸ slangı¸ c ¸ sartlarıyla verilen homojen olmayan denklemin ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: Bunun i¸ cin, u … 2 (t)=f 1; t•< … 2 0; t‚ … 2 ¸ seklinde bir tanımla f(t)=1¡u … 2 (t) elde ederiz. Verilen denklemin her iki yanına laplace uygulayalım. Homojen olmayan kısım i¸ cin her iki yana laplace uygulanırsa ve laplace d on u¸ s um un un lineerli^ gi kullanılırsa L(f(t))= L(1) ¡ L(u … 2 (t)) elde edilir. Teorem 6.3.1 den ve tablodan yararlanarak L(u … 2 (t))= e ¡ … 2 s s ; L(1)= 1 s elde edilir. Denklemin ilk kısmında ise L(y 00 )=s 2 Y(s)¡y(0)¡Y(0)s+y 0 (0)+ L(y) ifadesi elde edilip, L(y)=Y(s) ifadesi kullanılıp yerine yazılırsa, s 2 Y(s)¡y(0)¡Y(0)s+y 0 (0)+Y(s)= 1 s ¡ e ¡ … 2 s s elde edilir. Verilen ba¸ slangı¸ c ¸ sartları yerine yazılır Y(s) ¸ c oz ul ur ve basit kesir- lerine ayrılırsa Y(s)= 1 s + 1 s 2 +1 ¡ s s 2 +1 ¡ e ¡ … 2 s s + e ¡ … 2 s s s 2 +1 eldeedilir. TablodanveTeorem6.3.1denyararlanarakterslaplaced on u¸ s umleri L ¡1 (1)= 1 s ; L ¡1 ( 1 s 2 +1 )=sint; L ¡1 ( s s 2 +1 )=cost; 103 L ¡1 ( e ¡ … 2 s s )=u … 2 (t) L ¡1 ( 1 s )=u … 2 (t)g(t¡ … 2 ); L ¡1 ( e ¡ … 2 s s s 2 +1 )=u … 2 (t) L ¡1 ( s s 2 +1 )=u … 2 (t)cost; olarak elde edilir ki ba¸ slangı¸ c de^ ger probleminin ¸ c oz um u de y =1+sint¡cost+u … 2 (t)+u … 2 (t)cos(t¡ … 2 ) ¸ seklinde yazılır. 71 71 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 104* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.4. Discontinues forcing fonksiyonlarla diferansiyel denklemler Problem 3: y 00 +4y =sint¡u 2… (t)sint; y(0)=0;y 0 (0)=0 ¸ seklinde ba¸ slangı¸ c ¸ sartlarıyla verilen homojen olmayan denklemin ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: Denkleme iki yandan laplace uygulanırsa ve lineerlik ozelli^ gi kul- lanılırsa, L(y 00 )+4 L(y)= L(sin t¡u 2… (t)sint) elde edilir. Denklemin sa^ gından Teorem 6.3.1 gere^ gi L(sin t¡u 2… (t)sint)=e ¡2…s L(sin t) tablodan da L(sin t)= 1 s 2 +1 alınıp, yerine yazılırsa, L(sin t¡u 2… (t)sint)= e ¡2…s s 2 +1 elde edilir. Denklemin solundan ise L(y) = Y(s) ve ba¸ slangı¸ c de^ gerleri kul- lanılarak L(y 00 )+4 L(y)=(s 2 +4)Y(s) elde edilip iki ifade e¸ sitlenip Y(s) ¸ c oz ul urse Y(s)= 1¡e ¡2…s (1+s 2 )(4+s 2 ) = 1 (1+s 2 )(4+s 2 ) ¡ e ¡2…s (1+s 2 )(4+s 2 ) olurki bu ifade basit kesirlerine ayrılırsa, Y(s)= 1 3 • 1 s 2 +1 ¡ 1 s + 4 ¡ e ¡2…s 1+s 2 + e ¡2…s s 2 +4 ‚ ifadesine ula¸ sılır. 1 s 2 +4 = 1 2 [ 2 s 2 +2 ] 105¸ seklindeyazılımdansonratablodanilkikiterimi¸ cinuygunterslaplaced on u¸ s umleri, L ¡1 ( 1 s 2 +1 )=sint; L ¡1 ( 1 2 [ 2 s 2 +2 ])= 1 2 sin2t elde edilir. Teorem 6.3.1 den de L ¡1 ( e ¡2…s 4+s 2 ¡ e ¡2…s s 2 +1 )=u 2… (t) • sin(t¡2…)¡ 1 2 sin2(t¡2…) ‚ eldeedilirvebuikiifadeyerineyazılırsasorunun¸ c oz um ua¸ sa^ gıdaki¸ sekildeelde edilmi¸ s olur. y = 1 3 • sint¡ 1 2 sin2t¡u 2… (t)[sin(t¡2…)¡ 1 2 sin2(t¡2…)] ‚ : 72 72 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 106* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.5. Impulse fonksiyonlar Problem 1: y 00 +2y 0 +2y =–(t¡…); y(0)=1; y 0 (0)=0 ¸ seklinde verilen ba¸ slangı¸ c de^ ger prbleminin ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: Her iki yana laplace d on u¸ s um un u uygulayalım ve d on u¸ s um un lineer- lik ozelli^ gini kullanalım. L(y 00 )+2 L(y 0 )+2 L(y)= L(–(t¡…)): Bu ifadenin sol yanı i¸ cin L(y)=Y(s), L(y 0 )=sY(s)¡y(0) ve L(y 00 )=s 2 Y(s)¡y(0)¡Y(0)s+y 0 (0) ifadeleri, sa^ g taraf i¸ cin ise ilgili tanımdan L(–(t¡…))=e ¡…s ifadesi elde edilip yerlerine yazılırsa ve daha sonra Y(s) ¸ c oz ul urse Y(s)= 1 (s+1) 2 +1 + s+1 (s+1) 2 +1 + e ¡…s (s+1) 2 +1 elde edilir. Tablodan yararlanarak, L ¡1 ( 1 (s+1) 2 +1 )=e ¡t sint; L ¡1 ( s+1 (s+1) 2 +1 )=e ¡t cost; ve Teorem 6.3.1 den L ¡1 ( e ¡…s (s+1) 2 +1 )=¡u … (t)e ¡t+… sint elde edilip terlerine yazılırsa verilen ba¸ slangı¸ c de^ ger probleminin ¸ c oz um u, y =e ¡t sint+e ¡t cost¡u … (t)e ¡t+… sint olur. 73 73 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 107* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.5. Impulse fonksiyonlar Problem 3: y 00 +3y 0 +2y =–(t¡5)+u 10 (t); y(0)=0; y 0 (0)= 1 2 ¸ seklinde verilen ba¸ slangı¸ c de^ ger prbleminin ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: Verilen denkleme laplace d on u¸ s um un u uygulayıp Y(s) ifadesini bu- lalım. L(y 00 )+3 L(y 0 )+2 L(y)= L(–(t¡…))+ L(u 10 (t)): Bu ifadenin sol yanı i¸ cin L(y)=Y(s), L(y 0 )=sY(s)¡y(0) ve L(y 00 )=s 2 Y(s)¡y(0)¡Y(0)s+y 0 (0) ifadeleri, sa^ g tarafın birinci terimi i¸ cin ilgili tanımdan L(–(t¡5))=e ¡5s ; sa^ g tarafın ikinci terimi i¸ cin Teorem 6.3.1 den L(u 10 (t))= e ¡10s s ifadesi elde edilip yerlerine yazılırsa ve daha sonra Y(s) ¸ c oz ul urse Y(s)= 1 2 s 2 +3s+2 + e ¡5s s 2 +3s+2 + e ¡10s (s 2 +3s+2) olarak elde edilir. Tablodan da yaralanılarak ters laplace d on u¸ s umleri bulunup yerlerine yazılırsa verilen denklemin ¸ c oz um u, y =¡ 1 2 e ¡t + 1 2 e ¡t +u 5 (t) £ ¡e ¡2(t¡5) +e ¡(t¡5) / +u 10 (t) • 1 2 + 1 2 e ¡2(t¡10) ¡e ¡(t¡10) ‚ ¸ seklinde yazılır. 74 74 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 108* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.6. Konvol usyon integrali Problem 4: f(t)= Z t 0 (t¡¿) 2 cos2¿d¿ ile verilen fonksiyonun laplace d on u¸ s um un u bulunuz. C ¸ oz um: Burada g(t)=t 2 ; h(t)=cos2t olarak tanımlanırsa f(t)= Z t 0 g(t¡¿)h(¿)d¿ olur. Tablodan, L(g(t))= L(t 2 )= 2 s 3 ve L(h(t))= L(cos2t)= s s 2 +4 olup. L(f(t))=F(s)= L(t 2 ) L(cos2t)= 2 s 3 s s 2 +4 olur ki L(f(t))= 2 s 2 (s 2 +4) elde edilir. Problem 6: f(t)= Z t 0 (t¡¿)e ¿ d¿ ile verilen fonksiyonun laplace d on u¸ s um un u bulunuz. C ¸ oz um: Burada da g(t)=t; h(t)=e t denilirse, f(t)= Z t 0 g(t¡¿)h(¿)d¿ 109olarak yazılabilir. Tablodan, L(g(t))= L(t)= 1 s 2 ve L(h(t))= L(e t )= 1 s¡1 olur. B oylece, L(f(t))=F(s)= L(t) L(e t )= 1 s 2 1 s¡1 olarak elde edilir. 75 75 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 110* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 6. Laplace D on u¸ s um u * 6.6. Konvol usyon integrali Problem 17: y 00 +3y 0 +2y =cos?t; y(0)=1; y 0 (0)=0 ile verilen ba¸ slangı¸ c de^ ger probleminin ¸ c oz um un u konvol usyon integral cinsin- den belirleyiniz. C ¸ oz um: Her iki yana laplaca d on u¸ s um u uygulayalım. B oylece, L(y 00 )+3 L(y 0 )+2 L(y)= L(cos ?t) elde edilir. Sol taraf i¸ cin , L(y)=Y(s) den sonra L(y 0 )=sY(s)¡y(0) ve L(y 00 )=s 2 Y(s)¡y(0)¡Y(0)s+y 0 (0) de^ gerleriyerineyazıldıktansonraba¸ slangı¸ c¸ sartlarıkullanılıpsa^ gtarafae¸ sitlenirse, sa^ g taraf i¸ cin se tablodan L(cos ?t)= s s 2 +? 2 elde edilir. Buradan Y(s) ¸ c oz ul urse, Y(s)= s+3 (s+1)(s+2) + s (s 2 +? 2 )(s+1)(s+2) olarak bulunur. ' Ifade basit kesirlerine, Y(s)= 2 s+1 ¡ 1 s+2 + s s 2 +? 2 ( 1 s+1 ¡ 1 s+2 ) ¸ seklinde ayrılır. Buradan ilk iki ters laplaca d on u¸ s umleri tablo vasıtasıyla bu- lunursa, L ¡1 ( 2 s+1 )=2e ¡t ; L ¡1 ( 1 s+2 )=e ¡2t olur. Teorem 6.5.1 yardımıyla da L ¡1 ( s s 2 +? 2 ( 1 s+1 ¡ 1 s+2 ))= Z t 0 £ e ¡(t¡¿) ¡e ¡2(t¡¿) / cos?¿d¿ 111bulunupyerineyazılırsa,verilendiferansiyeldenkleminba¸ slangı¸ c¸ sartlarınısa^ glayan ¸ c oz um u konvol usyon integral cinsinden, y =2e ¡t ¡e ¡2t + Z t 0 £ e ¡(t¡¿) ¡e ¡2(t¡¿) / cos?¿d¿ ¸ seklinde elde edilir. 76 76 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 112* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.1. Giri¸ s Problem 2: u 00 +0:5u 0 +2u=3sint denklemiyle verilen ikinci mertebeden denklemi sistem haline getiriniz. C ¸ oz um: Bunun i¸ cin ilk olarak, x 1 =u diyelim ve her iki yandan t ye t urevini alalım. Bu durumda, x 0 1 = u 0 olur. x 2 = u 0 diyelim ve tekrar t uretelim. x 0 2 = u 00 elde edilir. Verilen denklemden, u 00 = 3sint¡ 0:5u 0 ¡ 2u oldugun- dan, tekrar geriye d on uk tanımları son ifade de yerine yazarsak, x 0 1 = x 2 ve x 0 2 =3sint¡0:5x 2 ¡2x 1 olarak sisteme indirgenmi¸ s olur. Problem 4: u ıv ¡u = 0 denklemiyle verilen d ord unc u mertebeden denklemi sistem haline getiriniz. C ¸ oz um: ' Ilk olarak, x 1 = u diyelim ve her iki yanın t ye t urevini alalım. Bu durumda, x 0 1 = u 0 olur. x 2 = u 0 diyelim ve tekrar t uretelim. x 0 2 = u 00 elde edilir. x 0 2 = x 3 diyelim ve tekrar t uretelim. x 0 3 = u 000 elde edilir. Son olarak x 0 3 =x 4 denilip tekrar t uretilirse x 0 4 =u ıv =u=x 1 olur. b oylece, x 0 1 =x 2 ; x 0 2 =x 3 ; x 0 3 =x 4 ; x 0 4 =x 1 olarak sistem elde edilmi¸ s olur. 77 77 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 113* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.1. Giri¸ s Problem 10: x 0 1 =x 1 ¡2x 2 ; x 1 (0)=¡1 x 0 2 =3x 1 ¡4x 2 ; x 2 (0)=2 ifadesiyle veriln sistemin ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: Birinci denklemden, x 2 = ¡x 0 1 +x 1 2 elde edilip ikinci denklemde yerine yazılırsa x 0 2 =2x 0 1 +x 1 olarak bulunur. x 2 i¸ cin olan denklem t uretilerek x 0 2 = 1 2 (¡x 00 1 +x 0 1 ) elde edilir. Bu denklemde x 0 2 =2x 0 1 +x 1 ifadesi yerine yazılırsa ve d uzenlenirse x 1 i¸ cin ikinci mertebeden sabit katsayılı homojen deklem x 00 1 +3x 0 1 +2x 1 =0 ¸ seklinde elde edilir. x 1 = e rt ¸ seklinde aranacak ¸ c oz um i¸ cin t urevler alınıp yerlerine yazılırsa karakteristlik denklem r 2 +3r 2 =0 olurki buradan k okler r 1 =¡1; r 2 =¡1 olarak elde edilirse x 1 i¸ cin ¸ c oz um x 1 =c 1 e ¡t +c 2 e ¡2t ¸ seklinde yazılır. Bu ¸ c oz um x 0 2 =2x 0 1 +x 1 denkleminde yerine yazılırsa x 2 i¸ cin ¸ c oz um x 2 =c 1 e ¡t + 3 2 c 2 e ¡2t 114olarak bulunur. x 1 (0)=¡1 ba¸ slangı¸ c ¸ sartından c 1 +c 2 =¡1 , x 2 (0)=2 ba¸ slangı¸ c ¸ sartından c 1 + 3 2 c 2 =2 olur ki bu iki denklemden c 1 =¡7 ve c 2 = 6 olarak elde edilip yerine yazılırsa ¸ c oz um a¸ sa^ gıdaki ¸ sekilde olur. x 1 =¡7e ¡t +6e ¡2t ; x 2 =¡7e ¡t +9e ¡2t 78 78 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 115* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Ba^ gımsızlık, Ozde^ gerler ve Ozvekt orler Problem 2: x 1 +2x 2 ¡x 3 =1 2x 1 +x 2 +x 3 =1 x 1 ¡x 2 +2x 3 =1 denklem sisteminin varsa ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: Oncelikle denklemin katsayılar matrisini yazalım. A= 0 @ 1 2 ¡1 2 1 1 1 ¡1 2 1 A Buradan detjAj=0 dan A matrisi sing uler bir matris olup denklem sisteminin ¸ c oz um u yoktur. Bunu satır i¸ slemleriyle de g orebilirdik. A matrisini denklemin sa^ g taraftaki ifadesiyle birlikte yazarsak, 0 @ 1 2 ¡1j1 2 1 1 j1 1 ¡1 2 j1 1 A olur. Birinci satırı ¡2 ile ¸ carpıp ikinci satırla, ¡1 ile ¸ carpıp u¸ c unc u satırla toplarsak, ilk matrise denk olan 0 @ 1 2 ¡1j1 0 ¡3 3 j¡1 1 ¡3 3 j0 1 A matris elde edilir. ' Ikinci satırı¡1 ile ¸ carpıp u¸ c unc u satırla toplarsak, 0 @ 1 2 ¡1j1 0 ¡3 3 j¡1 0 0 0 j1 1 A elde edilir. Son satırdan 0x 1 +0x 2 +0x 3 =1 olur. Halbuki bu imkansızdır. O halde ¸ c oz um yoktur. 79 79 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 116* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Ba^ gımsızlık, Ozde^ gerler ve Ozvekt orler Problem 4: x 1 +2x 2 ¡x 3 =0 2x 1 +x 2 +x 3 =0 x 1 ¡x 2 +2x 3 =0 homojen denklem sisteminin varsa ¸ c oz um un bulunuz. C ¸ oz um: Bir onceki ornekten, A= 0 @ 1 2 ¡1 2 1 1 1 ¡1 2 1 A ve detjAj = 0 dan A matrisi sing uler bir matris idi. Bu durmda sistemin sfır a¸ sikar ¸ c oz um unden ba¸ ska sonsuz sayıda ¸ c oz um u vardır. Bunu satır i¸ slemleriyle g ormek i¸ cin yukarfaki ornekteki i¸ slemleri sa^ g tarafı 0 olan matris i¸ cin tekrar edelim. 0 @ 1 2 ¡1j0 2 1 1 j0 1 ¡1 2 j0 1 A olur. Birinci satırı ¡2 ile ¸ carpıp ikinci satırla, ¡1 ile ¸ carpıp u¸ c unc u satırla toplarsak, ilk matrise denk olan 0 @ 1 2 ¡1j0 0 ¡3 3 j0 1 ¡3 3 j0 1 A matris elde edilir. ' Ikinci satırı¡1 ile ¸ carpıp u¸ c unc u satırla toplarsak, sonrada ikinci satıtrı 3 ile b olersek 0 @ 1 2 ¡1j0 0 ¡1 1 j0 0 0 0 j1 1 A elde edilir. ' Ikinci satırı 2 katını birinci satıra ilave edersek, 0 @ 1 0 ¡1j0 0 ¡1 1 j0 0 0 0 j1 1 A 117son ¸ seklini elde etmi¸ s oluruz. Birinci ve ikinci satırdan, x 1 +x 3 =0; ¡x 2 +x 3 =0 elde edilir ki burada key? bir c i¸ cin x 1 = c ve x 2 = x 3 = ¡c olarak a¸ sikar ¸ c oz ume ilave olarak sonsuz sayıda ¸ c oz um vardır. 80 80 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 118* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Ba^ gımsızlık, Ozde^ gerler ve Ozvekt orler Problem 6: x (1) =(1;1;0); x (2) =(0;1;1); x (3) =(1;0;1) ile verilen vekt orlerin lineer ba^ gımsız olup olmadıklarını g osteriniz. E^ ger lineer ba^ gımlı iseler aralarındaki ba^ gıntıyı yazınız. C ¸ oz um: c 1 x (1) +c 2 x (2) +c 3 x (3) =0 dan c 1 +c 3 =0; c 1 +c 2 =0; c 2 +c 3 =0 olup katsayılar matrisi yazılırsa, 0 @ 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 A olup detjAj=26=0 dan A matrisi sing uler bir matris olmadı^ gından dolayı b oyle bir homojen sis- temin yalnızca a¸ sikar ¸ c oz um u vardır. Yani c 1 = c 2 = c 3 = 0 dır. B oylece vekt orler lineer ba^ gımsızdır. 81 81 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 119* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Ba^ gımsızlık, Ozde^ gerler ve Ozvekt orler Problem 8: x (1) =(1;2;2;3); x (2) =(¡1;0;3;1); x (3) =(¡2;¡1;1;0); x (4) =(¡3;0;¡1;3) ile verilen vekt orlerin lineer ba^ gımsız olup olmadıklarını g osteriniz. E^ ger lineer ba^ gımlı iseler aralarındaki ba^ gıntıyı yazınız. C ¸ oz um: c 1 x (1) +c 2 x (2) +c 3 x (3) +c 4 x (4) =0 dan c 1 ¡c 2 ¡2c 3 ¡3c 4 =0; 2c 1 +0c 2 ¡c 3 +0c 4 =0; 2c 1 +3c 2 c 3 ¡c 4 =0; 3c 1 +c 2 +0c 3 +3c 4 =0; olup katsayılar matrisi yazılırsa, 0 B B @ 1 ¡1 ¡2 ¡3 2 0 ¡1 0 2 3 1 ¡1 3 1 0 3 1 C C A olup detjAj=06=0 danAmatrisininsing ulerbirmatrisolmasındandolayıvekt orlerlineerba^ gımlıdır. S ¸imdiaralarındakiba^ gıntıyıbulmaki¸ cinsistemi¸ c ozelim. B oylebirhomojensis- temin a¸ sikar ¸ c oz um une ek olarak sonsuz ¸ c oz um u vardır. Gerekli satır i¸ slemleri yapılırsa, sistem c 3 +c 4 =0; c 2 + 3 2 c 3 +3c 4 =0; c 1 ¡c 2 ¡2c 3 ¡3c 4 =0; 120elde edilirki buradan da c 3 =¡4c 4 ; c 2 =3c 4 olur. c 4 =¡1 i¸ cin c 3 = 4 ve c 2 =¡3 olarak elde edilirse c 1 = 2 bulunur. Bu de^ gerler i¸ cin ba^ gıntımız 2x (1) ¡3x (2) +4x (3) ¡x (4) =0 ¸ seklinde yazılır. 82 82 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 121* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Ba^ gımsızlık, Ozde^ gerler ve Ozvekt orler Problem 15: A= 5 ¡1 3 1 ¶ matrisinin ozde^ gerlerini ve ozde^ gerlere kar¸ sılık gelen ozvekt orlerini bulunuz. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 denklemi kullanılırsa, det(A¡‚I)=det 5¡‚ ¡1 3 1¡‚ ¶ =0 dan ‚ 2 ¡6‚+8=0 elde edilirki buradan ‚ 1 =2; ‚ 2 =4 olarak ozde^ gerler bulunur. ‚ 1 =2 ve x (1) = x 1 x 2 ¶ ifadeleri (A¡‚I)x (1) =0 denkleminde yerine yazılırsa, 3 ¡1 3 ¡1 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ olur. Buradan, 3x 1 =x 2 olurki ‚ 1 =2 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen x (1) ozvekt or u x (1) = x 1 3x 1 ¶ olup x 1 =1 i¸ cin x (1) = 1 3 ¶ ¸ seklinde yazılır. 122Benzer olarak, ‚ 2 = 4 ve x (2) = x 1 x 2 ¶ ifadeleri (A¡ ‚I)x (2) = 0 denkle- minde yerine yazılırsa, 1 ¡1 3 ¡3 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ olur. Buradanda,x 1 =x 2 olurki‚ 2 =4 ozde^ gerinekar¸ sılıkgelen x (2) ozvekt or u x (2) = x 1 x 1 ¶ olup x 1 =1 i¸ cin x (2) = 1 1 ¶ ¸ seklinde yazılır. 83 83 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 123* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.3. Lineer Cebirsel Denklem Sistemleri , Lineer Ba^ gımsızlık, Ozde^ gerler ve Ozvekt orler Problem 21: A= 0 @ 1 0 0 2 1 ¡2 3 2 1 1 A matrisinin ozde^ gerlerini ve ozde^ gerlere kar¸ sılık gelen ozvekt orlerini bulunuz. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 denkleminden, det(A¡‚I)=det 0 @ 1¡‚ 0 0 2 1¡‚ ¡2 3 2 1¡‚ 1 A =0 dan (1¡‚)((1¡‚) 2 +4)=0 elde edilir ki buradan ‚ 1 =1; ‚ 3;4 =1§2i olarak ozde^ gerler bulunur. ‚=2vex (1) = 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A ifadeleri(A¡‚I)x (1) =0denklemindeyerineyazılırsa, 0 @ 0 0 0 2 0 ¡2 3 2 0 1 A 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A = 0 @ 0 0 0 1 A olur. Buradan, 2x 1 ¡2x 3 =0; 3x 1 +2x 2 =0 olup x 2 key? olmak uzere x 1 =x 3 =¡ 2 3 x 2 elde edilir. B oylece, ‚=2 ye kar¸ sılk gelen ozvekt or, x (1) = 0 @ ¡ 2 3 x 2 x 2 ¡ 2 3 x 2 1 A 124olur. x 2 =¡3 i¸ cinse, x (1) = 0 @ 2 ¡3 2 1 A olarak elde edilir. Benzer olarak ‚ = 1+2i ve x (2) = 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A ifadeleri (A¡‚I)x (2) = 0 denkle- minde yerine yazılırsa, 0 @ ¡2i 0 0 2 ¡2i ¡2 3 2 ¡2i 1 A 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A = 0 @ 0 0 0 1 A olur. Buradan, ¡2ix 1 =0; 2x 1 ¡2ix 2 ¡2x 3 =0; 3x 1 +2x 2 ¡2ix 3 =0 olup x 2 key? olmak uzere x 1 =0; x 3 =¡ix 2 elde edilir. B oylece, ‚=1+2i ye kar¸ sılk gelen ozvekt or, x (2) = 0 @ 0 x 2 ¡ix 2 1 A olur. x 2 =1 i¸ cinse, x (2) = 0 @ 0 1 ¡i 1 A olarak elde edilir. x (3) vekt or u ise x (2) vekt or un un kompleks e¸ sleni^ gi olup x 2 =1 i¸ cin, x (3) = 0 @ 0 1 i 1 A olarak yazılır. 84 84 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 125* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.4. Birinci mertebeden denklem sistemleri i¸ cin temel teori Problem 6: x (1) (t) = t 1 ¶ ve x (2) (t) = t 2 2t ¶ vekt orleri i¸ cin wronskian hesaplayıp lineer ba^ gımsızlık i¸ cin gerekli ¸ sartı bulunuz. C ¸ oz um: W(x (1) ;x (2) )=det t t 2 1 2t ¶ =2t 2 ¡t 2 =t 2 olarak basitce g or ul ur. Bilindi^ gi uzere determinantın sıfırdan farklı olması du- rumda lineer ba^ gımsızlık s ozkonusudur. W(x (1) ;x (2) ) = t 2 ifadesinin sıfırdan farklı olabilmesi i¸ cin t 6= 0 olması gerekir. Bu durumda bu vekt orlerin lineer ba^ gımsızlı^ gı i¸ cin ¸ sartımız elde edilmi¸ s olur. Problem 7: x (1) (t) = t 2 2t ¶ ve x (2) (t) = e t e t ¶ i¸ cin wronskian hesaplayıp lineer ba^ gımsızlık i¸ cin gerekli ¸ sartı bulunuz. C ¸ oz um: W(x (1) ;x (2) )=det t 2 e t 2t e t ¶ =e t (t 2 ¡2t) olarak basitce elde edilir. W(x (1) ;x (2) ) = e t (t¡ 2)t ifadesinin sıfırdan farklı olmasılineerba^ gımsızlı^ gıgerektirece^ ginden,lineerba^ gımsızlıki¸ cin¸ sartımıt6=0 ve t6=2 olmasıdır. 85 85 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 126* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.5. Sabit katsayılı lineer homojen denklem sistemleri Problem 2: x 0 = 1 ¡2 3 ¡4 ¶ x ile verilen denklem sisteminin genel ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: Aslında bu sistem normal formda x 0 1 =x 1 ¡x 2 ; x 0 2 =3x 1 ¡4x 2 sisteminin matrisiyel formda yazılı¸ sıdır. Problemin ¸ c oz um u i¸ cin oncelikle ma- trisi A matrisi ile isimlendirip A matrisinin ozde^ gerlerini bulalım. Bundan sonramatrislereyazılmasadaAmatrisiolarakisimlendirelim. det(A¡‚I)=0 dan, det 1¡‚ ¡2 3 ¡4¡‚ ¶ =0 yazılırsa karakteristlik denklem ‚ 2 +3‚+2=0 dan ozde^ gerler ‚ 1 =¡1; ‚ 2 =¡2 olarak bulunur. S ¸imdi bu ozde^ gelere kar¸ sılık gelen ozvekt orleri bulalım. (A ¡ ‚I)x = 0 denkleminde sırasıyla ozde^ gerleri yazalım. Ayrıca burada x = x 1 x 2 ¶ ¸ seklinde bir vekt or ve 0 ise sıfır vekt or ud ur. ‚ = ¡1 i¸ cin (A¡‚I)x=0 denklemi kullanılırsa, 2 ¡2 3 ¡3 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ dan 2x 1 ¡2x 2 = 0 olup buradan x 1 = x 2 yazılırsa, ‚ =¡1 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (1) = x 1 x 1 ¶ olup x 1 =1 i¸ cin, x (1) = 1 1 ¶ 127olarak yazılır. ‚=¡2 i¸ cin ise (A¡‚I)x=0 denklemi, 3 ¡2 3 ¡2 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ olurki buradan 3x 1 ¡2x 2 = 0 olup x 1 = 2 3 x 2 olarak ¸ c oz ul ur. O halde ‚ =¡2 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (2) = 2 3 x 2 x 2 ¶ olup x 2 =3 i¸ cin, x (2) = 2 3 ¶ olarak elde edilir. Kısacası, ‚=¡1 ozde^ geri i¸ cin x (1) = 1 1 ¶ ozvekt or u, ‚=¡2 ozde^ geri i¸ cin se x (2) = 2 3 ¶ ozvekt or u bulundu. Bu durmuda sistemin genel ¸ c oz um u x=c 1 1 1 ¶ e ¡t +c 2 2 3 ¶ e ¡2t olarak yazılabilir. 86 86 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 128* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.5. Sabit katsayılı lineer homojen denklem sistemleri Problem 4: x 0 = 1 1 4 ¡2 ¶ x ile verilen denklem sisteminin genel ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det 1¡‚ 1 4 ¡2¡‚ ¶ =0 yazılırsa karakteristlik denklem ‚ 2 +‚¡6=0 olup ozde^ gerler ‚ 1 =2; ‚ 2 =¡3 olarak bulunur. S ¸imdi bu ozde^ gelere kar¸ sılık gelen ozvekt orleri bulalım. ( A¡ ‚I)x=0 denkleminde sırasıyla ozde^ gerleri yazalım. ‚=2 i¸ cin (A¡‚I)x=0 denklemi kullanılırsa, ¡1 1 4 ¡4 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ dan ¡x 1 +x 2 = 0 olup buradan x 1 = x 2 yazılırsa, ‚ = 2 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (1) = x 1 x 1 ¶ olup x 1 =1 i¸ cin, x (1) = 1 1 ¶ olarak yazılır. ‚=¡3 i¸ cin ise (A¡‚I)x=0 denklemi, 4 1 4 1 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ 129olurki buradan 4x 1 +x 2 = 0 olup x 2 =¡4x 1 olarak ¸ c oz ul ur. O halde ‚ =¡3 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (2) = x 1 ¡4x 1 ¶ olup x 1 =1 i¸ cin, x (2) = 1 ¡4 ¶ olarak elde edilir. B oylece sistemin genel ¸ c oz um u, x=c 1 1 ¡4 ¶ e ¡3t +c 2 1 1 ¶ e 2t olarak bulunmu¸ s olur. 87 87 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 130* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.5. Sabit katsayılı lineer homojen denklem sistemleri Problem 10: x 0 = 2 2+i ¡1 ¡1¡i ¶ x ile verilen denklem sisteminin genel ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det 2¡‚ 2+i ¡1 ¡1¡i¡‚ ¶ =0 yazılırsa karakteristlik denklem ‚ 2 +(i¡1)‚¡i=0 olup ozde^ gerler ‚ 1 =1; ‚ 2 =¡i olarak bulunur. S ¸imdi bu ozde^ gelere kar¸ sılık gelen ozvekt orleri bulalım. ( A¡ ‚I)x=0 denkleminde sırasıyla ozde^ gerleri yazalım. ‚=1 i¸ cin (A¡‚I)x=0 denklemi kullanılırsa, 1 2+i ¡1 ¡2¡i ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ danx 1 +(2+i)x 2 =0olupburadanx 1 =¡(2+i)x 2 yazılırsa, ‚=1 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (1) = ¡(2+i)x 2 x 2 ¶ olup x 2 =¡1 i¸ cin, x (1) = 2+i ¡1 ¶ olarak yazılır. ‚=¡i i¸ cin ise (A¡‚I)x=0 denklemi, 2+i 2+i ¡1 ¡1 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ 131olurki buradan ¡x 1 ¡x 2 = 0 olup x 1 =¡x 2 olarak ¸ c oz ul ur. O halde ‚ =¡i ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (2) = ¡x 2 x 2 ¶ olup x 2 =¡1 i¸ cin, x (2) = 1 ¡1 ¶ olarak elde edilir. B oylece sistemin genel ¸ c oz um u, x=c 1 2+i ¡1 ¶ e t +c 2 1 ¡1 ¶ e ¡it olarak bulunmu¸ s olur. 88 88 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 132* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.5. Sabit katsayılı lineer homojen denklem sistemleri Problem 14: x 0 = 0 @ 1 ¡1 4 3 2 ¡1 2 1 ¡1 1 A x ile verilen denklem sisteminin genel ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det 0 @ 1¡‚ ¡1 4 3 2¡‚ ¡1 2 1 ¡1¡‚ 1 A =0 yazılırsa karakteristlik denklem ¡‚ 3 +2‚ 2 +5‚¡6=0 buda (‚¡1)(‚+2)(‚¡3)=0 olup ozde^ gerler ‚ 1 =1; ‚ 2 =¡2; ‚ 3 =3 olarak bulunur. S ¸imdi bu ozde^ gelere kar¸ sılık gelen ozvekt orleri bulalım. ‚=1 i¸ cin (A¡‚I)x=0 denklemi kullanılırsa, 0 @ 0 ¡1 4 3 1 ¡1 2 1 ¡2 1 A 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A = 0 @ 0 0 0 1 A dan ¡x 2 +4x 3 =0; 3x 1 +x 2 ¡x 3 =0; x 1 +x 3 =0 olup buradan x 3 key? olmak uzere x 1 = ¡x 3 ; x 2 = 4x 3 olarak ¸ c oz ul ur. Bu durumda, ‚=1 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (1) = 0 @ ¡x 3 4x 3 x 3 1 A 133olup x 3 =¡1 i¸ cin, x (1) = 0 @ 1 ¡4 ¡1 1 A olarak yazılır. ‚=¡2 i¸ cin (A¡‚I)x=0 denklemi kullanılırsa, 0 @ 3 ¡1 4 3 4 ¡1 2 1 1 1 A 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A = 0 @ 0 0 0 1 A dan 3x 1 ¡x 2 +4x 3 =0; 3x 1 +4x 2 ¡x 3 =0; 2x 1 +x 2 +x 3 =0 olup buradan x 3 key? olmak uzere x 1 = ¡x 3 ; x 2 = x 3 olarak ¸ c oz ul ur. Bu durumda, ‚=¡2 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (2) = 0 @ ¡x 3 x 3 x 3 1 A olup x 3 =¡1 i¸ cin, x (2) = 0 @ 1 ¡1 ¡1 1 A olarak elde edilir. Son olarak, ‚=3 i¸ cin (A¡‚I)x=0 denklemi kullanılırsa, 0 @ ¡2 ¡1 4 3 ¡1 ¡1 2 1 ¡4 1 A 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A = 0 @ 0 0 0 1 A dan ¡2x 1 ¡x 2 +4x 3 =0; 3x 1 ¡x 2 ¡x 3 =0; 2x 1 +x 2 ¡4x 3 =0 olup buradan x 1 key? olmak uzere x 2 = 2x 1 ; x 3 = x 1 olarak ¸ c oz ul ur. Bu durumda, ‚=3 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (3) = 0 @ x 1 2x 1 x 1 1 A 134olup x 1 =1 i¸ cin, x (3) = 0 @ 1 2 ¡1 1 A olarak elde edilir. B oylece sistemin genel ¸ c oz um u, x=c 1 0 @ 1 ¡4 ¡1 1 A e t +c 2 0 @ 1 ¡1 ¡1 1 A e ¡2t +c 3 0 @ 1 2 ¡1 1 A e 3t olarak bulunur. 89 89 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 135* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.5. Sabit katsayılı lineer homojen denklem sistemleri Problem 16: x 0 = ¡2 1 ¡5 4 ¶ x; x(0)= 1 3 ¶ ¸ seklinde verilen ba¸ slangı¸ c de^ ger problemini ¸ c oz un uz. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det ¡2¡‚ 1 ¡5 4¡‚ ¶ =0 yazılırsa karakteristlik denklem ‚ 2 ¡2‚¡3=0 olup ozde^ gerler ‚ 1 =¡1; ‚ 2 =3 olarak bulunur. S ¸imdi bu ozde^ gelere kar¸ sılık gelen ozvekt orleri bulalım. ( A¡ ‚I)x=0 denkleminde sırasıyla ozde^ gerleri yazalım. ‚=¡1 i¸ cin (A¡‚I)x=0 denklemi kullanılırsa, ¡1 1 ¡5 5 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ dan ¡x 1 +x 2 = 0 olup buradan x 1 = x 2 yazılırsa, ‚ =¡1 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (1) = x 1 x 1 ¶ olup x 1 =1 i¸ cin, x (1) = 1 1 ¶ olarak yazılır. ‚=3 i¸ cin ise (A¡‚I)x=0 denklemi, ¡5 1 ¡5 1 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ 136olurki buradan ¡5x 1 +x 2 = 0 olup x 2 = 5x 1 olarak ¸ c oz ul ur. O halde ‚ = 3 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (2) = x 1 5x 1 ¶ olup x 1 =1 i¸ cin, x (2) = 1 5 ¶ olarak elde edilir. B oylece sistemin genel ¸ c oz um u, x=c 1 1 1 ¶ e ¡t +c 2 1 5 ¶ e 3t olarak bulunmu¸ s olur. Buradan, c 1 e ¡t +c 2 e ¡3t ; c 1 e ¡t +5c 2 e ¡3t olup ba¸ slangı¸ c ¸ sartlarını kullanalım. x(0) = 1 ba¸ slangı¸ c ¸ sartı i¸ cin birinci den- klemden, c 1 +c 2 =1 , x(0)=3 ba¸ slangı¸ c ¸ sartı i¸ cin ikinci denklemden, c 1 +5c 2 =3 elde edilip c 1 =c 2 = 1 2 olarakbulunupgenel¸ c oz umdeyerineyazılırsaverilenba¸ slangı¸ c¸ sartlarınısa^ glayan sistemin ¸ c oz um u, x= 1 2 1 1 ¶ e ¡t + 1 2 1 5 ¶ e 3t ¸ seklinde elde edilir. 90 90 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 137* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.6. Komleks ozde^ gerler Problem 1: x 0 = 3 ¡2 4 ¡1 ¶ x ile verilen diferansiyel denklem sisteminin genel ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det 3¡‚ ¡2 4 ¡1¡‚ ¶ =0 yazılırsa karakteristlik denklem ‚ 2 ¡2‚+5=0 olup ozde^ gerler ‚ 1;2 =1§2i olarak elde edilir. Ozvekt orler i¸ cin, ( A¡‚I)x=0 denklemini kullanalım. ‚=1+2i i¸ cin, 2¡2i ¡2 4 ¡2¡2i ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ dan (2¡2i)x 1 ¡2x 2 = 0 olup buradan x 2 = (1¡i)x 1 ¸ c oz ul ur ki , ‚ = 1+2i ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (1) = x 1 (1¡i)x 1 ¶ olup x 1 =1 i¸ cin, x (1) = 1 1¡i ¶ olarak yazılır. Bu durumda, x (1) (t)= 1 1¡i ¶ e (1+2i)t 138elde edilir. Bu ifadeyi biraz d uzenleyelim. x (1) (t)= 1 1¡i ¶ e t (cos2t+isin2t)=e t cos2t+isin2t cos2t+sin2t+i(sin2t¡cos2t) ¶ =e t cos2t cos2t+sin2t) ¶ +ie t isin2t sin2t¡cos2t ¶ olurki buradan genel ¸ c oz um x(t)=c 1 e t cos2t cos2t+sin2t) ¶ +c 2 e t sin2t sin2t¡cos2t ¶ olarak yazılır. 91 91 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 139* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.6. Komleks ozde^ gerler Problem 7: x 0 = 0 @ 1 0 0 2 1 ¡2 3 2 1 1 A x denklemi ile verilen diferansiyel denklem sisteminin ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det 0 @ 1¡‚ 0 0 2 1¡‚ ¡2 3 2 1¡‚ 1 A =0 yazılırsa karakteristlik denklem (1¡‚)(‚ 2 ¡2‚+5)=0 buradan ‚ 1 =1; ‚ 2;3 =1§2i olarak bulunur. ‚=1 i¸ cin (A¡‚I)x=0 denklemi kullanılırsa, 0 @ 0 0 0 2 0 ¡2 3 2 0 1 A 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A = 0 @ 0 0 0 1 A dan 2x 1 ¡2x 3 =0; 3x 1 +x 2 =0 olup buradan x 1 key? olmak uzere x 2 = ¡ 3 2 x 1 ; x 3 = x 1 olarak ¸ c oz ul ur. Bu durumda, ‚=1 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (1) = 0 @ x 1 ¡ 3 2 x 1 x 1 1 A olup x 1 =2 i¸ cin, x (1) = 0 @ 2 ¡3 2 1 A 140olarak yazılırsa birinci ¸ c oz um formumuz, x (1) (t)=c 1 0 @ 2 ¡3 2 1 A e t (1) olarak bulunmu¸ s olur. ‚=1+2i i¸ cin (A¡‚I)x=0 denkleminden, 0 @ ¡2i 0 0 2 ¡2i ¡2 3 2 ¡2i 1 A 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A = 0 @ 0 0 0 1 A dan x 2 key? olmak uzere x 1 =0; x 3 =¡ix 2 =0 olarak ¸ c oz ul ur. Bu durumda, ‚=1+2i ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (2) = 0 @ 0 x 2 ¡ix 2 1 A olup x 2 =1 i¸ cin, x (2) = 0 @ 0 1 ¡i 1 A olarak elde edilir. B oylece, x (2) (t)= 0 @ 0 1 ¡i 1 A e (1+2i)t = 0 @ 0 1 ¡i 1 A e t (cos2t+isin2t) olurki gerekli d uzenlemeler yapılırsa, x (2) (t)=e t 0 @ 0 cos2t sin2t 1 A +ie t 0 @ 0 sin2t ¡cos2t 1 A elde edilir ve genel ¸ c oz umde c 2 0 @ 0 cos2t sin2t 1 A e t +c 3 0 @ 0 sin2t ¡cos2t 1 A e t (2) 141¸ seklinde yerini alır. (1) ve (2) numaralı denklemler ile verilen diferansiyel den- klemin genel ¸ c oz um u, c 1 0 @ 2 ¡3 2 1 A e t +c 2 0 @ 0 cos2t sin2t 1 A e t +c 3 0 @ 0 sin2t ¡cos2t 1 A e t olarak yazılır. 92 92 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 142* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.6. Komleks ozde^ gerler Problem 9: x 0 = 1 ¡5 1 ¡3 ¶ x; x(0)= 1 1 ¶ ile verilen ba¸ slangı¸ c de^ ger probleminin ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det 1¡‚ ¡5 1 ¡3¡‚ ¶ =0 yazılırsa karakteristlik denklem ‚ + 2‚+2=0 olup ozde^ gerler ‚ 1;2 =¡1§i olarak elde edilir. Ozvekt orler i¸ cin, ( A¡‚I)x=0 denklemini kullanalım. ‚=¡1+i i¸ cin, 2¡i ¡5 1 ¡2¡2i ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ dan x 1 ¡(2+2i)x 2 = 0 olup buradan x 1 = (2+2i)x 2 ¸ c oz ul ur ki , ‚ =¡1+i ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (1) = (2+2i)x 2 x 2 ¶ olup x 2 =1 i¸ cin, x (1) = 2+2i 1 ¶ olarak yazılır. Bu durumda, x (1) (t)= 2+2i 1 ¶ e (¡1+i)t elde edilir. Buradan, x (1) (t)= 2+i 1 ¶ e ¡t (cost+isint) 143olurki buradan genel ¸ c oz um x(t)=c 1 e ¡t 2cost¡sint cost) ¶ +c 2 e ¡t 2sint+cost sint ¶ elde edilir. Ba¸ slangı¸ c ¸ sarları kullanılırsa, t=0 i¸ cin x(0)= 1 1 ¶ =c 1 2 1) ¶ +c 2 1 0 ¶ dan 2c 1 +c 2 =1; c 1 +c 2 =0 olurki buradan c 1 =1 ve c 2 =¡1 bulunup yerlerine yazılırsa, x(t)=e ¡t 2cost¡sint cost) ¶ ¡e ¡t 2sint+cost sint ¶ olur. Gereklid uzenlemeleryapılırsa,verilenba¸ slangı¸ c¸ sartlarınısa^ glayan¸ c oz um, x(t)=e ¡t cost¡3sint cost¡sint) ¶ olarak elde edilir. 93 93 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 144* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.7. Katlı ozde^ gerler Problem 1: x 0 = 3 ¡4 1 ¡1 ¶ x ile verilen sistemin genel ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det 3¡‚ ¡1 1 ¡1¡‚ ¶ =0 yazılırsa karakteristlik denklem ‚ 2 ¡2‚+1=0 olup ozde^ gerler ‚ 1;2 =1 olarak elde edilir. ‚=1 i¸ cin , 2 ¡4 1 ¡2 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ danx 1 ¡2x 2 =0olupburadanx 1 =2x 2 olurki, ‚=1 ozde^ gerinekar¸ sılıkgelen ozvekt or, x (1) = 2x 2 x 2 ¶ olup x 2 =1 i¸ cin, x (1) = 2 1 ¶ elde edilirse bu ozvekt ore kar¸ sılık gelen ¸ c oz um, x (1) (t)=c 1 2 1 ¶ e t dir. Ozde^ gerimiz ¸ cakı¸ sık oldu^ gundan ikinci ¸ c oz um , (A¡1:I)· =x (1) 145denklemini sa^ glayacak · vekt or u olacaktır. Bu durumda, 2 ¡4 1 ¡2 ¶ · 1 · 2 ¶ = 2 1 ¶ den 2· 1 ¡4· 2 =2; · 1 ¡2· 2 =1 olup buradan · 1 = 1+· 2 olur ki, key? bir k i¸ cin · 2 = k denirse · 1 = 1+2k elde edilir. B oylece, · = 1+2k k ¶ = 1 0 ¶ +k 2 1 ¶ elde edilir. Buradan da ikinci ¸ c oz um, x (2) (t)=c 2 • 2 1 ¶ te t + 1 0 ¶ e t ‚ olarak elde edilir. Son olarak verilen sistemin genel ¸ c oz um u de, x=c 1 2 1 ¶ e t +c 2 • 2 1 ¶ te t + 1 0 ¶ e t ‚ olarak bulunmu¸ s olur. 94 94 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 146* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.7. Katlı ozde^ gerler Problem 3: x 0 = ¡ 3 2 1 ¡ 1 4 ¡ 1 2 ¶ x ile verilen sistemin genel ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det ¡ 3 2 ¡‚ 1 ¡ 1 4 ¡ 1 2 ¡‚ ¶ =0 yazılırsa karakteristlik denklem ‚ 2 +2‚+1=0 olup ozde^ gerler ‚ 1;2 =¡1 olarak elde edilir. ‚=¡1 i¸ cin , ¡ 1 2 1 ¡ 1 4 1 2 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ dan¡ 1 2 x 1 +x 2 = 0 olup buradan x 1 = 2x 2 olur ki, ‚ =¡1 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (1) = 2x 2 x 2 ¶ olup x 2 =1 i¸ cin, x (1) = 2 1 ¶ elde edilirse bu ozvekt ore kar¸ sılık gelen ¸ c oz um de, x (1) (t)=c 1 2 1 ¶ e ¡t olur. Ozde^ gerimiz ¸ cakı¸ sık oldu^ gundan yulardaki ornekte oldu^ gu gibi ikinci ¸ c oz um , (A¡(¡1:I))· =x (1) 147denklemini sa^ glayacak · vekt or u olacaktır. Bu durumda, ¡ 1 2 1 ¡ 1 4 1 2 ¶ · 1 · 2 ¶ = 2 1 ¶ den ¡ 1 2 · 1 +· 2 =2; ¡ 1 4 · 1 + 1 2 · 2 =1 olup buradan · 2 = 2+ 1 2 · 1 olur ki, key? bir k i¸ cin · 1 = 2k se¸ cilirse · 2 = 2+k elde edilir. B oylece, · = 2k 2+k ¶ = 0 2 ¶ +k 2 1 ¶ elde edilir. Buradan da ikinci ¸ c oz um, x (2) (t)=c 2 • 0 2 ¶ e ¡t + 2 1 ¶ te ¡t ‚ olarak elde edilir. Son olarak verilen sistemin genel ¸ c oz um u de, x=c 1 2 1 ¶ e ¡t +c 2 • 2 1 ¶ te ¡t + 0 2 ¶ e ¡t ‚ olarak bulunmu¸ s olur. 95 95 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 148* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.7. Katlı ozde^ gerler Problem 5: x 0 = 0 @ 1 1 1 2 1 ¡1 0 ¡1 1 1 A x ile verilen diferansiyel denklem sisteminin ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det 0 @ 1¡‚ 1 1 2 1¡‚ ¡1 0 ¡1 1¡‚ 1 A =0 yazılırsa karakteristlik denklem (‚+1)(‚¡2) 2 =0 olup ozde^ gerler ‚ 1 =¡1; ‚ 2;3 =2 olarak bulunur. S ¸imdi bu ozde^ gerlere kar¸ sılık gelen ozvekt orleri bulalım. ‚=¡1 i¸ cin (A¡‚I)x=0 denkleminden, 0 @ 2 1 1 2 2 ¡1 0 ¡1 2 1 A 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A = 0 @ 0 0 0 1 A dan 2x 1 +x 2 +x 3 =0; 2x 1 +2x 2 ¡x 3 =0; ¡x 2 +2x 3 =0 olup buradan x 3 key? olmak uzere x 1 =¡ 3 2 x 3 ; x 2 = 2x 3 olarak ¸ c oz ul ur. Bu durumda, ‚=¡1 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (1) = 0 @ ¡ 3 2 x 3 2x 3 x 3 1 A olup x 3 =2 i¸ cin, x (1) = 0 @ ¡3 4 2 1 A 149olarak yazılır. B oylece, x (1) (t)=c 1 e ¡t 0 @ ¡3 4 2 1 A olarak yazılır. ‚=2 i¸ cin, 0 @ ¡1 1 1 2 ¡1 ¡1 0 ¡1 ¡1 1 A 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A = 0 @ 0 0 0 1 A dan ¡x 1 +x 2 +x 3 =0; 2x 1 ¡x 2 ¡x 3 =0; ¡x 2 ¡x 3 =0 olup buradan x 1 = 0 olup x 3 = ¡x 2 olarak ¸ c oz ul ur. Bu durumda, ‚ = 2 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (2) = 0 @ 0 x 2 ¡x 2 1 A olup x 2 =1 i¸ cin, x (2) = 0 @ 0 1 ¡1 1 A olarak elde edilir. B oylece, x (2) (t)=c 2 e 2t 0 @ 0 1 ¡1 1 A olarak yazılır. U¸ c unc u ozde^ ger ikinci ozde^ gerle aynı oldu^ gundan u¸ c unc u ¸ c oz um, (A¡2:I)· =x (2) denklemini sa^ glayacak · vekt or u olacaktır. Bu durumda, 0 @ ¡1 1 1 2 ¡1 ¡1 0 ¡1 ¡1 1 A 0 @ · 1 · 2 · 3 1 A = 0 @ 0 1 ¡1 1 A olup ¡· 1 +· 2 +· 3 =0; 2· 1 ¡· 2 ¡· 3 =1; ¡· 2 ¡· 3 =¡1 150elde edilir. Buradan, · 1 =1; · 2 =1¡· 3 olarak ¸ c oz ul urse · 3 =1 i¸ cin · 2 =0 olarak bulunursa · = 0 @ 1 0 1 1 A olarak elde edilir. U¸ c unc u ¸ c oz um buna ilaveten ikinci ¸ c oz um un t katınıda i¸ cerece^ ginden, B oylece, x (3) (t)=c 3 2 4 0 @ 0 1 ¡1 1 A te 2t + 0 @ 1 0 1 1 A e 2t 3 5 olarak yazılabilir. B oylece verilen sistemin genel ¸ c oz um u, x(t)=c 1 0 @ ¡3 4 2 1 A e ¡t +c 2 0 @ 0 1 ¡1 1 A e 2t +c 3 2 4 0 @ 0 1 ¡1 1 A t+ 0 @ 1 0 1 1 A 3 5 e 2t ¸ seklinde ifade edilebilir. 96 96 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 151* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.8. Esas matrisler Problem 1: x 0 = 3 ¡2 2 ¡2 ¶ x verilen sistemin esas matrisi ’(t) nin ’(0) = I ¸ sartını sa^ glayan ¸ c oz um un u yazınız. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det 3¡‚ ¡2 2 ¡2¡‚ ¶ =0 yazılırsa karakteristlik denklem ‚ 2 ¡‚¡2=0 olup ozde^ gerler ‚ 1 =¡1; ‚ 2 =2 olarak bulunur. S ¸imdi bu ozde^ gelere kar¸ sılık gelen ozvekt orleri bulalım. ( A¡ ‚I)x=0 denkleminde sırasıyla ozde^ gerleri yazalım. ‚=¡1 i¸ cin , 4 ¡2 2 ¡1 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ dan 2x 1 ¡x 2 = 0 olup buradan x 2 = x 1 olur ki, ‚ = ¡1 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (1) = x 1 2x 1 ¶ olup x 1 =1 i¸ cin, x (1) = 1 2 ¶ elde edilir. ‚=2 i¸ cin ise, 1 ¡2 2 ¡4 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ 152olup buradan x 1 ¡2x 2 = 0 ve b oylece x 1 = 2x 2 olarak ¸ c oz ul ur. O halde ‚ = 2 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (2) = 2x 2 x 2 ¶ olup x 2 =1 i¸ cin, x (2) = 2 1 ¶ olarak elde edilir. B oylece sistemin genel ¸ c oz um u, x=c 1 1 2 ¶ e ¡t +c 2 2 1 ¶ e 2t olarak bulunmu¸ s olur. Buradan, birinci ba¸ slangı¸ c ¸ sartı i¸ cin, x (1) (0)= 1 0 ¶ =c 1 1 2 ¶ +c 2 2 1 ¶ olup, c 1 +2c 2 =1; 2c 1 +c 2 =0 denklemlerinden c 1 =¡ 1 3 ; c 2 = 2 3 olarak elde edilir. O halde birinci ba¸ slangı¸ c ¸ sartını sa^ glayan ¸ c oz um, x (1) (t)=¡ 1 3 1 2 ¶ e ¡t + 2 3 2 1 ¶ e 2t = ¡ 1 3 e ¡t + 4 3 e 2t ¡ 2 3 e ¡t + 2 3 e 2t ¶ ¸ seklinde elde edilir. ' Ikinci ba¸ slangı¸ c ¸ sartı i¸ cin, x (2) (0)= 0 1 ¶ =c 1 1 2 ¶ +c 2 2 1 ¶ olup, c 1 +2c 2 =0; 2c 1 +c 2 =1 denklemlerinden c 1 = 2 3 ; c 2 =¡ 1 3 olarak elde edilir. Bu durumda ikinci ba¸ slangı¸ c ¸ sartını sa^ glayan ¸ c oz um, x (1) (t)= 2 3 1 2 ¶ e ¡t ¡ 1 3 2 1 ¶ e 2t = 2 3 e ¡t ¡ 2 3 e 2t 4 3 e ¡t ¡ 1 3 e 2t ¶ 153olarak bulunur. B oylece, ba¸ slangı¸ c ¸ sartlarını sa^ glayan ¸ c oz umler i¸ cin esas matris bu ¸ c oz umlerin birer kolon olarak yazılmasıyla a¸ sa^ gıdaki ¸ sekilde elde edilir. ˆ = ¡ 1 3 e ¡t + 4 3 e 2t 2 3 e ¡t ¡ 2 3 e 2t ¡ 2 3 e ¡t + 2 3 e 2t 4 3 e ¡t ¡ 1 3 e 2t ¶ : 97 97 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 154* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.8. Esas matrisler Problem 7: x 0 = 5 ¡1 3 1 ¶ x verilen sistemin esas matrisi ’(t) nin ’(0) = I ¸ sartını sa^ glayan ¸ c oz um un u yazınız. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det 5¡‚ ¡1 3 1¡‚ ¶ =0 yazılırsa karakteristlik denklem ‚ 2 ¡6‚+8=0 olup ozde^ gerler ‚ 1 =2; ‚ 2 =4 olarak bulunur. S ¸imdi bu ozde^ gelere kar¸ sılık gelen ozvekt orleri bulalım. ( A¡ ‚I)x=0 denkleminde sırasıyla ozde^ gerleri yazalım. ‚=2 i¸ cin , 3 ¡1 3 ¡1 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ dan3x 1 ¡x 2 =0olupburadanx 2 =3x 1 olurki, ‚=2 ozde^ gerinekar¸ sılıkgelen ozvekt or, x (1) = x 1 3x 1 ¶ olup x 1 =1 i¸ cin, x (1) = 1 3 ¶ elde edilir. ‚=4 i¸ cin ise, 1 ¡1 3 ¡3 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ 155olup buradan x 1 ¡x 2 = 0 ve b oylece x 1 = x 2 olarak ¸ c oz ul ur. O halde ‚ = 4 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (2) = x 2 x 2 ¶ olup x 2 =1 i¸ cin, x (2) = 1 1 ¶ olarak elde edilir. B oylece sistemin genel ¸ c oz um u, x=c 1 1 3 ¶ e 2t +c 2 1 1 ¶ e 4t olarak bulunmu¸ s olur. Birinci ba¸ slangı¸ c ¸ sartı i¸ cin, x (1) (0)= 1 0 ¶ =c 1 1 3 ¶ +c 2 1 1 ¶ olup, c 1 +c 2 =1; 3c 1 +c 2 =0 denklemlerinden c 1 =¡ 1 2 ; c 2 = 3 2 olarak elde edilir. O halde birinci ba¸ slangı¸ c ¸ sartını sa^ glayan ¸ c oz um, x (1) (t)=¡ 1 2 1 3 ¶ e 2t + 3 2 1 1 ¶ e 4t = ¡ 1 2 e 2t + 3 2 e 4t ¡ 3 2 e 2t + 3 2 e 4t ¶ ¸ seklinde elde edilir. ' Ikinci ba¸ slangı¸ c ¸ sartı i¸ cin, x (2) (0)= 0 1 ¶ =c 1 1 3 ¶ +c 2 3 1 ¶ olup, c 1 +c 2 =0; 3c 1 +c 2 =1 denklemlerinden c 1 = 1 2 ; c 2 =¡ 1 2 olarak elde edilir. Bu durumda ikinci ba¸ slangı¸ c ¸ sartını sa^ glayan ¸ c oz um, x (1) (t)= 1 1 1 3 ¶ e 2t ¡ 1 2 1 1 ¶ e 4t = 1 2 e 2t ¡ 1 2 e 4t 3 2 e 2t ¡ 1 2 e 4t ¶ 156olarak bulunur. B oylece,ba¸ slangı¸ c¸ sartlarınısa^ glayan¸ c oz umleri¸ cinesasmatrisa¸ sa^ gıdaki¸ sekilde yazılabilir. ˆ = ¡ 1 2 e 2t + 3 2 e 4t 1 2 e 2t ¡ 1 2 e 4t ¡ 3 2 e 2t + 3 2 e 4t 3 2 e 2t ¡ 1 2 e 4t ¶ : 98 98 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 157* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.8. Esas matrisler Problem 9: x 0 = 0 @ 1 1 1 2 1 ¡1 ¡8 ¡5 ¡3 1 A x ile verilen sistemin esas matrisi ’(t) nin ’(0) = I ¸ sartını sa^ glayan ¸ c oz um un u yazınız. C ¸ oz um: det(A¡‚I)=0 dan, det 0 @ 1¡‚ 1 1 2 1¡‚ ¡1 ¡8 ¡5 ¡3¡‚ 1 A =0 yazılırsa karakteristlik denklem ‚ 3 +‚ 2 ¡4‚¡4=0 buda (‚+1)(‚+2)(‚¡2)=0 olup ozde^ gerler ‚ 1 =¡2; ‚ 2 =¡1; ‚ 3 =2 olarak bulunur. S ¸imdi bu ozde^ gelere kar¸ sılık gelen ozvekt orleri bulalım. ‚=¡2 i¸ cin (A¡‚I)x=0 denkleminden, 0 @ 3 1 1 2 3 ¡1 ¡8 ¡5 ¡1 1 A 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A = 0 @ 0 0 0 1 A dan 3x 1 +x 2 +x 3 =0; 2x 1 +3x 2 ¡x 3 =0; ¡8x 1 ¡5x 2 ¡x 3 =0 olup buradan x 2 key? olmak uzere x 1 =¡ 4 5 x 2 ; x 3 = 7 5 x 2 olarak ¸ c oz ul ur. Bu durumda, ‚=¡2 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (1) = 0 @ ¡ 4 5 x 2 x 2 7 5 x 2 1 A 158olup x 2 =1 i¸ cin, x (1) = 0 @ ¡ 4 5 1 7 5 1 A olarak yazılır. ‚=¡1 i¸ cin, 0 @ 2 1 1 2 2 ¡1 ¡8 ¡5 ¡2 1 A 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A = 0 @ 0 0 0 1 A dan 2x 1 +x 2 +x 3 =0; 2x 1 +2x 2 ¡x 3 =0; ¡8x 1 ¡5x 2 ¡2x 3 =0 olup buradan x 2 key? olmak uzere x 1 = ¡ 3 4 x 2 ; x 3 = ¡ 1 2 x 2 olarak ¸ c oz ul ur. Bu durumda, ‚=¡2 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (2) = 0 @ ¡ 3 4 x 2 x 2 ¡ 1 2 x 2 1 A olup x 2 =1 i¸ cin, x (2) = 0 @ ¡ 3 4 1 ¡ 1 2 1 A olarak elde edilir. Son olarak, ‚=2 i¸ cin, 0 @ ¡1 1 1 2 ¡1 ¡1 ¡8 ¡5 ¡5 1 A 0 @ x 1 x 2 x 3 1 A = 0 @ 0 0 0 1 A dan ¡x 1 +x 2 +x 3 =0; 2x 1 ¡x 2 ¡x 3 =0; ¡8x 1 ¡5x 2 ¡5x 3 =0 olup buradan x 1 =0 x 2 =¡x 3 olarak ¸ c oz ul ur. Bu durumda, ‚ =2 ozde^ gerine kar¸ sılık gelen ozvekt or, x (3) = 0 @ 0 ¡x 3 x 3 1 A olup x 3 =1 i¸ cin, x (3) = 0 @ 0 ¡1 1 1 A 159olarak elde edilir. B oylece sistemin genel ¸ c oz um u, x=c 1 0 @ ¡ 4 5 1 7 5 1 A e ¡2t +c 2 0 @ ¡ 3 4 1 ¡ 1 2 1 A e ¡t +c 3 0 @ 0 ¡1 1 1 A e 2t olarak bulunur. S ¸imdi verilen ba¸ slangı¸ c ¸ sartlarını kullanalım. Birinci ba¸ slangı¸ c ¸ sartı i¸ cin, x (1) (0)= 0 @ 1 0 0 1 A =c 1 0 @ ¡ 4 5 1 7 5 1 A +c 2 0 @ ¡ 3 4 1 ¡ 1 2 1 A +c 3 0 @ 0 ¡1 1 1 A olup buradan, ¡ 4 5 c 1 ¡ 3 4 c 2 =1; c 1 +c 2 ¡c 3 =0; 7 5 c 1 ¡ 1 2 c 2 +c 3 =0; dan ¸ c oz umler yapılırsa, c 1 = 5 2 ; c 2 =¡4; c 3 =¡ 3 2 olarak elde edilir. Bu durumda x (1) (t)= 5 2 0 @ ¡ 4 5 1 7 5 1 A e ¡2t ¡4 0 @ ¡ 3 4 1 ¡ 1 2 1 A e ¡t ¡ 3 2 0 @ 0 ¡1 1 1 A e 2t = 0 @ ¡2e ¡2t +3e ¡t 5 2 e ¡2t ¡4e ¡t + 3 2 e 2t 7 2 e ¡2t +2e ¡t ¡ 3 2 e 2t 1 A olarak bulunur. ' Ikinci ba¸ slangı¸ c ¸ sartı i¸ cin, x (2) (0)= 0 @ 0 1 0 1 A =c 1 0 @ ¡ 4 5 1 7 5 1 A +c 2 0 @ ¡ 3 4 1 ¡ 1 2 1 A +c 3 0 @ 0 ¡1 1 1 A olup buradan, ¡ 4 5 c 1 ¡ 3 4 c 2 =0; c 1 +c 2 ¡c 3 =0; 7 5 c 1 ¡ 1 2 c 2 +c 3 =0; 160dan ¸ c oz umler yapılırsa, c 1 = 15 13 ; c 2 =¡ 16 13 ; c 3 =¡ 14 13 olarak elde edilir. Bu durumda x (2) (t)= 15 13 0 @ ¡ 4 5 1 7 5 1 A e ¡2t ¡ 16 13 0 @ ¡ 3 4 1 ¡ 1 2 1 A e ¡t ¡ 14 13 0 @ 0 ¡1 1 1 A e 2t = 0 @ ¡ 12 13 e ¡2t + 12 13 e ¡t 15 13 e ¡2t ¡ 16 13 e ¡t + 14 13 e 2t 21 13 e ¡2t + 8 13 e ¡t ¡ 14 13 e 2t 1 A olarak bulunur. U¸ c unc u ba¸ slangı¸ c ¸ sartı i¸ cin, x (3) (0)= 0 @ 0 0 1 1 A =c 1 0 @ ¡ 4 5 1 7 5 1 A +c 2 0 @ ¡ 3 4 1 ¡ 1 2 1 A +c 3 0 @ 0 ¡1 1 1 A olup buradan, ¡ 4 5 c 1 ¡ 3 4 c 2 =0; c 1 +c 2 ¡c 3 =0; 7 5 c 1 ¡ 1 2 c 2 +c 3 =1; dan ¸ c oz umler yapılırsa, c 1 = 5 4 ; c 2 =¡4; c 3 =¡ 11 4 olarak elde edilir. Bu durumda x (3) (t)= 5 4 0 @ ¡ 4 5 1 7 5 1 A e ¡2t ¡4 0 @ ¡ 3 4 1 ¡ 1 2 1 A e ¡t ¡ 11 4 0 @ 0 ¡1 1 1 A e 2t = 0 @ ¡e ¡2t +3e ¡t 5 4 e ¡2t ¡4e ¡t + 11 4 e 2t 7 4 e ¡2t +2e ¡t ¡ 11 4 e 2t 1 A olarak bulunur. B oylece,ba¸ slangı¸ c¸ sartlarınısa^ glayan¸ c oz umleri¸ cinesasmatrisa¸ sa^ gıdaki¸ sekilde yazılabilir. ˆ = 0 @ ¡2e ¡2t +3e ¡t ¡ 12 13 e ¡2t + 12 13 e ¡t ¡e ¡2t +3e ¡t 5 2 e ¡2t ¡4e ¡t + 3 2 e 2t 15 13 e ¡2t ¡ 16 13 e ¡t + 14 13 e 2t 5 4 e ¡2t ¡4e ¡t + 11 4 e 2t 7 2 e ¡2t +2e ¡t ¡ 3 2 e 2t 21 13 e ¡2t + 8 13 e ¡t ¡ 14 13 e 2t 7 4 e ¡2t +2e ¡t ¡ 11 4 e 2t 1 A : 99 99 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 161* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.9. Homojen olmayan lineer sistemler Problem 1: x 0 = 2 ¡1 3 ¡2 ¶ x+ e t t ¶ ¸ seklinde verilen diferansiyel denklemin genel ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: Verilen sistemin homojen kısmının ¸ c oz um u i¸ cin, x 0 = 2 ¡1 3 ¡2 ¶ x ifadesini alalım. det(A¡‚I)=0 dan, det 2¡‚ ¡1 3 ¡2¡‚ ¶ =0 olup karakteristlik denklem, ‚ 2 ¡1 = 0 ve b oylece ‚ 1 = 1; ‚ 2 = ¡1 olarak elde edilir. ‚ 1 =1 ozde^ gerine kar¸ sılk gelen ozvekt or i¸ cin ( A¡‚I)x=0 dan, 1 ¡1 3 ¡3 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ olup x 1 =x 2 olarak ¸ c oz ul urse ozde^ gerimiz, x 1 = x 2 x 2 ¶ olur ki x 2 =1 i¸ cin x 1 = 1 1 ¶ elde edilir. Benzer olarak ikinci ozde^ gerimiz ¡1 i¸ cin, 3 ¡1 3 ¡1 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ olup 3x 1 =x 2 olarak ¸ c oz ul urse ozde^ gerimiz, x 2 = x 1 3x 1 ¶ 162olur ki x 1 =1 i¸ cin x 2 = 1 3 ¶ elde edilir. Bu durumda verilen sistemin homojen ¸ c oz um u, x h (t)=c 1 1 1 ¶ e t +c 2 1 3 ¶ e ¡t olarak yazılır. Ozel ¸ c oz um i¸ cin oncelikle T matrisi ozvekt orler s utunlara yerle¸ stirilmesi ile olu¸ sturulursa, T = 1 1 1 3 ¶ Buradan da, T ¡1 = 1 p 2 3 ¡1 ¡1 1 ¶ olarak elde edilirse, D =T¡1AT = 1 0 0 ¡1 ¶ olarakk o¸ segenle¸ stirmei¸ slemiyapılmı¸ solur. y 0 =Dy+T ¡1 ydenklemindeyerine yazılırsa, y 0 = 1 0 0 ¡1 ¶ y+ 1 p 2 3e t ¡t ¡e ¡t +t ¶ olup buradan, y 0 1 ¡y 1 = 1 2 (3e t ¡t); y 0 2 +y 2 = 1 2 (¡e t +t); ¸ seklinde iki tane birinci mertebeden lineer denklem elde edilir. Bu denklemler ikinci b ol umde verdi^ gimiz metoda g ore ¸ c oz ul urse, y 1 = 3 2 te t + 1 2 t+ 1 2 +c 1 e t ; y 2 =¡ 1 4 e t + 1 2 t¡ 1 2 +c 2 e ¡t olarak elde edilir ve x=Ty de yerlerine yazılırsa, x=Ty = y 1 +y 2 y 1 +3y 2 ¶ 163den, x= 3 2 te t + 1 2 t+ 1 2 +c 1 e t ¡ 1 4 e t + 1 2 t¡ 1 2 +c 2 e ¡t 3 2 te t + 1 2 t+ 1 2 +c 1 e t ¡ 3 4 e t + 3 2 t¡ 3 2 +3c 2 e ¡t ¶ Buradan da uygun d uzenlemeler yapılırsa, verilen sistemin ¸ c oz um u, x(t)=c 1 1 1 ¶ e t +c 2 1 3 ¶ e ¡t + 3 2 1 1 ¶ te t ¡ 1 4 1 3 ¶ e t + 1 2 ¶ t¡ 0 1 ¶ olarak elde edilmi¸ s olur. 100 100 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 164* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.9. Homojen olmayan lineer sistemler Problem 4: x 0 = 1 1 4 ¡2 ¶ x+ e ¡2t ¡2e t ¶ ¸ seklinde verilen diferansiyel denklemin genel ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: Denklemin ozel ¸ c oz um u i¸ cin parametrelerin de^ gi¸ simi metodunu kul- lanalım. Verilen sistemin homojen kısmının ¸ c oz um u i¸ cin, x 0 = 1 1 4 ¡2 ¶ x ifadesi alınırsa det(A¡‚I)=0 dan, det 1¡‚ 1 4 ¡2¡‚ ¶ =0 olup karakteristlik denklem, ‚ 2 +‚¡6=0 olup ve b oylece ozde^ gerler ‚ 1 =¡3; ‚ 2 =2 olarak elde edilir. ‚ 1 =¡3 ozde^ gerine kar¸ sılk gelen ozvekt or i¸ cin ( A¡‚I)x=0 dan, 4 1 4 1 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ olup 4x 1 =¡x 2 olarak ¸ c oz ul urse ozde^ gerimiz, x 1 = x 1 ¡4x 1 ¶ olur ki x 1 =1 i¸ cin x 1 = 1 ¡4 ¶ 165elde edilir. Benzer olarak ikinci ozde^ gerimiz 2 i¸ cin, ¡1 1 4 ¡4 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ olup x 1 =x 2 olarak ¸ c oz ul urse ozde^ gerimiz, x 2 = x 2 x 2 ¶ olur ki x 2 =1 i¸ cin x 2 = 1 1 ¶ elde edilir. Bu durumda verilen sistemin homojen ¸ c oz um un un esas matrisi, ?(t)= e ¡3t e 2t ¡4e ¡3t e 2t ¶ olarak yazılabilir. x = ?(t)c(t) olmak uzere c(t), ?(t)c 0 (t) = g(t) denklemini sa^ glar. Yani, e ¡3t e 2t ¡4e ¡3t e 2t ¶ c 0 1 (t) c 0 2 (t) ¶ = e ¡2t ¡2e t ¶ : Buradan gerekli i¸ slemler yapılırsa, c 0 1 (t)= 1 5 (2e 4t +e t ); c 0 2 (t)= 1 5 (4e ¡4t ¡2e ¡t ) ifadeleri elde edilir. Her iki denklem i¸ cinde gerekli integral i¸ slemi yapılırsa, c 1 (t)= 1 5 ( 1 2 e 4t +e t )+k 1 ; c 2 (t)= 1 5 (¡e ¡4t +2e ¡t )+k 2 elde edilir. x(t)=?(t)c(t) de yerine yazalım, x(t)= e ¡3t e 2t ¡4e ¡3t e 2t ¶ 1 10 e 4t + 1 5 e t +k 1 ¡ 1 5 e ¡4t + 2 5 e ¡t +k 2 ¶ : Buradan diferansiyel denklem sisteminin genel ¸ c oz um u, x(t)= k 1 e ¡3t +k 2 e 2t ¡4k 1 e ¡3t +k 2 e 2t ¶ + 1 2 e t ¡e ¡2t ¶ 166¸ seklinde yazılır. Son ifade d uzenlenirse, x(t)=k 1 1 ¡4 ¶ e ¡3t +k 2 1 1 ¶ e 2t ¡ 0 1 ¶ e ¡2t + 1 2 1 0 ¶ e t elde edilir. 101 101 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 167* Elemantary Di?erantial Equations and Boundary Value Problems, (6.Basım), Boyce, E, DiPrima, C. * 7. Birinci Mertebeden Lineer Denklem Sistemleri * 7.9. Homojen olmayan lineer sistemler Problem 7: x 0 = 1 1 4 1 ¶ x+ 2e t ¡e t ¶ ¸ seklinde verilen diferansiyel denklemin genel ¸ c oz um un u bulunuz. C ¸ oz um: Denklemin ozel ¸ c oz um u i¸ cin parametrelerin de^ gi¸ simi metodunu kul- lanalım. Verilen sistemin homojen kısmının ¸ c oz um u i¸ cin, x 0 = 1 1 4 1 ¶ x ifadesi alınırsa det(A¡‚I)=0 dan, det 1¡‚ 1 4 1¡‚ ¶ =0 olup karakteristlik denklem, ‚ 2 ¡2‚¡3=0 olup ve b oylece ozde^ gerler ‚ 1 =3; ‚ 2 =¡1 olarak elde edilir. ‚ 1 =3 ozde^ gerine kar¸ sılk gelen ozvekt or i¸ cin ( A¡‚I)x=0 dan, ¡2 1 4 2 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ olup 2x 1 =x 2 olarak ¸ c oz ul urse ozde^ gerimiz, x 1 = x 1 2x 1 ¶ olur ki x 1 =1 i¸ cin x 1 = 1 2 ¶ 168elde edilir. Benzer olarak ikinci ozde^ gerimiz ¡1 i¸ cin, 2 1 4 2 ¶ x 1 x 2 ¶ = 0 0 ¶ olup¡2x 1 =x 2 olarak ¸ c oz ul urse ozde^ gerimiz, x 2 = x 1 ¡2x 1 ¶ olur ki x 1 =1 i¸ cin x 2 = 1 ¡2 ¶ elde edilir. Bu durumda verilen sistemin homojen ¸ c oz um un un esas matrisi, ?(t)= e 3t e ¡t 2e 3t ¡2e ¡t ¶ olarak yazılabilir. x = ?(t)c(t) olmak uzere c(t), ?(t)c 0 (t) = g(t) denklemini sa^ glar. Yani, e 3t e ¡t 2e 3t 2e ¡t ¶ c 0 1 (t) c 0 2 (t) ¶ = 2e t ¡e t ¶ : Buradan gerekli i¸ slemler yapılırsa, c 0 1 (t)= 3 4 e ¡2t ; c 0 2 (t)= 5 4 e 2t ifadeleri elde edilir. Her iki denklem i¸ cinde gerekli integral i¸ slemi yapılırsa, c 1 (t)=¡ 3 8 e ¡2t +k 1 ; c 2 (t)= 5 8 e 2t +k 2 elde edilir. x(t)=?(t)c(t) de yerine yazalım, x(t)= e 3t e ¡t 2e 3t ¡2e ¡t ¶ ¡ 3 8 e ¡2t +k 1 5 8 e 2t +k 2 ¶ : Buradan diferansiyel denklem sisteminin genel ¸ c oz um u, x(t)= ¡3 8 e t +k 1 e 3t + 5 8 e t +k 2 e ¡t ¡3 4 e t +2k 1 e 3t ¡ 5 4 e t ¡2k 2 e ¡t ¶ 169¸ seklinde yazılır. Son ifade d uzenlenirse ¸ c oz um, x(t)=k 1 1 2 ¶ e 3t +k 2 1 ¡2 ¶ e ¡t + 1 4 1 ¡8 ¶ e t elde edilir. 102 102 ' I.T. U. Matematik B ol um u, Durmu¸ s Da^ ghan 170