Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modellerkisi.deu.edu.tr/meltem.altunkaynak/MAT III (DIF DENK... · Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Evrenin yasaları matematik

Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller

Evrenin yasaları matematik dilinde yazılır. Cebir, bircok statikproblemi cozmek icin yeterlidir; ancak en ilginc dogal olaylardegisim icerir ve degisen nicelikleri birbirine baglayan denklemler iletanımlanır.

f fonksiyonunun dx/dt = f ′(t) turevi, x = f(t) niceligininbagımsız t degiskenine gore degisim oranı oldugundan, degisenevreni tanımlamak icin sık sık turev iceren denklemlerinkullanılması dogaldır.

Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 1/ 145


Tanım

Bir bilinmeyen fonksiyon ve onun turevlerinden birini veya dahacogunu birbirine baglayan bir denkleme diferansiyel denklem denir.

Ornek

dx

dt= x2 + t2

diferansiyel denklemi, hem x(t) bilinmeyen fonksiyonunu hemdeonun x′(t) = dx

dt birinci turevini icerir.

Ornek

d2y

dx2+ 3

dy

dx+ 7y = 0

diferansiyel denklemi, x bagımsız degiskeninin bilinmeyen yfonksiyonunu ve y nin ilk iki y′, y′′ turevlerini icerir.



Diferansiyel denklemleri incelemenin baslıca uc amacı vardır.

Belirli bir fiziksel olayı tanımlayan diferansiyel denklemibulmak,

Diferansiyel denklemin -kesin yada yaklasık- uygun bircozumunu elde etmek,

Elde edilen cozumu yorumlamak.



Cebirde, genellikle x3 + 7x2 − 11x+ 41 = 0 gibi bir denklemisaglayan bilinmeyen sayıları ararız. Aksine, bir diferansiyel denklemicozerken bir reel sayı aralıgında

y′(x) = 2xy(x)

gibi bir diferansiyel denklemi saglayan bilinmeyen y(x)fonksiyonlarını bulmak isteriz. Genellikle diferansiyel denklemin,eger mumkunse tum cozumlerini bulmak isteyecegiz.



ORNEKEger C bir sabit sayı ve

y(x) = Cex2

(1)

ise, bu takdirde

dy

dx= C(2xex

2

) = 2x(Cex2

) = 2xy

dir. Boylece denk. (1) seklindeki her y(x) fonksiyonu, tum x lericin

dy

dx= 2xy (2)

diferansiyel denklemini saglar ve boylece onun bir cozumudur.



Ozellikle denk. (1), bu diferansiyel denklemin (2), C keyfi sabitininher secimi icin farklı cozumlerinin bir sonsuz ailesini tanımlar.



ORNEKNewton’un soguma yasası su sekilde ifade edilebilir: bir cismin T (t)sıcaklıgının degisiminin zamana oranı (t zamanına gore), T vecismi cevreleyen ortamın A sıcaklıgı arasındaki farkla orantılıdır.Yani k pozitif bir sabit olmak uzere,

dT

dt= −k(T −A)

Dikkat edilirse, eger T > A ise, dT/dt < 0 ve boylece sıcaklık t ninazalan bir fonksiyonudur. Bu durumda cisim sogur. Fakat egerT < A ise, dT/dt > 0 ve boylece T artandır.



Boylece bir fiziksel yasa bir diferansiyel denkleme donusturuldu.Eger k ve A degerleri verilirse, T (t) icin acık bir formul bulunabilirve ondan sonra bu formul yardımıyla cismin sonraki sıcaklıgıtahmin edilebilir.



Doyurucu bir matematiksel model birbiriyle celisen iki durumarzeder: Matematiksel model, goreceli kesinlige sahip gercek-dunyaolayını temsil etmek icin yeteri kadar ayrıntılı olmalıdır; fakatmatematiksel analizi kolayca yapmak icin yeteri kadar basitolmalıdır.



ORNEKEger C bir sabit ve y(x) = 1

C−x ise, Bu taktirde x 6= C icin

dy

dx=

1

(C − x)2= y2

dir. Boylece

y(x) =1

C − x(3)

x = C noktasını icermiyen herhangi bir reel sayı aralıgında

dy

dx= y2 (4)

diferansiyel denkleminin bir cozumunu tanımlar.



Gercekte denk. (4), C keyfi sabitinin veya “parametresinin” her birdegeri icin bir tane olmak uzere, dy/dx = y2 nin bir parametreli

bir cozum ailesini tanımlar.C = 1 icin y(0) = 1 baslangıc kosulunu saglayan

y(x) =1

1− x

ozel cozumunu elde ederiz.



Tanım

Bir diferansiyel denklemin mertebesi, denklemde gorulen en yuksekturevin mertebesidir. Bir diferansiyel denklemde bulunan en yuksekmertebeli turevin ussune, bu diferansiyel denklemin derecesidenecektir.

dy

dx= y2 (Birinci mertebeden)

dT

dt= −k(T −A) (Birinci mertebeden)

y(4) + x2y(3) + x5y = sinx (Dorduncu mertebeden)



Bagımsız degiskeni x ve bilinmeyen fonksiyonu veya bagımlıdegiskeni y = y(x) olan n. mertebeden en genel diferansiyeldenklem

F (x, y, y′, y′′, ..., y(n)) = 0 (5)

dır. Burada F , n+ 2 degiskenli verilmis bir reel-degerlifonksiyondur.



Cozum kelimesini kullanısımız, su ana kadar biraz formal olmayanbir sekilde oldu. Kesin olarak;

I aralıgında surekli bir u = u(x) fonksiyonunun u′, u′′, ..., u(n)

turevleri I da mevcut ve I daki tum x ler icin

F (x, u, u′, u′′, ..., u(n)) = 0 (6)

ise u = u(x) fonksiyonuna (6) diferansiyel denkleminin bircozumudur denir.

Kısaca u = u(x) in I da (6) daki diferansiyel denklemi sagladıgınısoyleyebiliriz.



ORNEKEger A ve B birer sabit ise

y(x) = A cos 3x+B sin 3x (7)

fonksiyonununy′′ + 9y = 0 (8)

diferansiyel denkleminin cozumu oldugunu gosteriniz.



COZUM

Tum x ler icin denk. (8) in ardısık iki turevini alalım

y′(x) = −3A sin 3x+ 3B cos 3x

y′′(x) = −9A cos 3x− 9B sin 3x = −9(A cos 3x+B sin 3x) = −9y

Diferansiyel denklemde (9) yerine koyarsak

y′′ + 9y = −9y + 9y = 0

Sonuc olarak (8) in (9) daki diferansiyel denklemi sagladıgınıgostermis olduk.(8) in (9) daki diferansiyel denklemin iki parametreli cozum ailesini

tanımladıgını soyleyebiliriz..


Bir diferansiyel denklemdeki bagımlı degisken ve tum turevleribirinci dereceden ise, diferansiyel denkleme lineer diferansiyeldenklem denir.

Dolayısıyla icerisinde y3, (y′′)2, yy′, y′y′′′, sin y, ey gibi terimlerbulunan denklemler lineer degildir.

Bunun yanında denklem x2, xy′′, e− sinx3

, lnx turunden ifadelericerebilir. Daha genel bir ifadeyle eger bir diferansiyel denklem

yn + f1(x)yn−1 + f2(x)y

n−2 + ...+ fn(x)y = R(x)

formunda ifade edilebiliyorsa denkleme lineerdir diyecegiz, aksihalde lineer olmayan bir diferansiyel denklem soz konusudur.

Bu denklemde eger R(x) = 0 ise lineer diferansiyel denklemhomojendir. Aksi durumda denklem homojen olmayan diferansiyeldenklem adını alır.


Diferansiyel denklemler bagımlı degisken ve uurevlerininkatsayılarının durumuna gore de sınıflandırılmaktadır. Eger bukatsayılar birer sabitse denklem sabit katsayılı diferansiyel denklem,eger bagımsız degiskene baglı fonksiyonlar ise degisken katsayılıdiferansiyel denklem adını alır.

Ornegin y′ + 2y = sinx denklemi sabit katsayılı,coshxz′′′ + x2z′ = x ise degisken katsayılı bir diferansiyeldenklemdir.



Su ana kadar ele aldıgımız tum diferansiyel denklemler, bilinmeyenfonksiyonun (bagımlı degiskenin) yalnız bir bagımsız degiskenebaglı oldugunu ifade eden adi diferansiyel denklemlerdir.

Eger bagımlı degisken iki veya daha cok bagımsız degiskeninfonksiyonu ise, bu taktirde muhtemelen kısmi turevler ortayacıkacaktır. Bu durumda denkleme kismi diferansiyel denklem denir.



Ornegin, ince ve uzun duzgun bir cubugun, x noktasındaki tanındaki u = u(x, t) sıcaklıgı (uygun basit kosullar altında)

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2

kısmi diferansiyel denklemini saglar. Burada k, (cubugun ısıgecirgenligi denilen) bir sabittir.



Bu bolumdedy

dx= f(x, y) (9)

seklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemlereyogunlasacagız. Ele alınan bir olayın tipik matematiksel modeli,(10) seklinde bir diferansiyel denklemi ve bir y(x0) = y0 baslangıckosulunu icerebilir.

dy

dx= f(x, y), y(x0) = y0 (10)

baslangıc deger problemini cozmek, x0 ı iceren bir aralıkta denk.(11) deki her iki kosulu saglayan turevlenebilir bir y = y(x)fonksiyonu bulmak demektir.



ORNEK

dy

dx= y2, y(1) = 2 (11)

baslangıc deger problemini cozunuz.



COZUM

Daha once dy/dx = y2 diferansiyel denkleminin cozumununy(x) = 1/(C − x) oldugunu soylemistik. Burada sadecey(x) = 1/(C − x) cozumu, y(1) = 2 baslangıc kosulunu saglayacaksekilde bir C degeri bulmamız gerekir. x = 1 ve y = 2 degerlerinincozumde yerine koyulmasıyla

2 = y(1) =1

C − 1

C yi bulabilecegimiz bir denklem elde ederiz. Buradan C = 3/2bulunur. C nin bu degeri ile istenen cozum

y(x) =2

3− 2x

olarak bulunur.


Diferansiyel denklemlerin dogrudan integral yoluyla

cozumleri

Bazı diferansiyel denklemler lineerdir ve turevleri iceren tek birterime sahip olup, bilinmeyen (aranan) fonksiyonun bir carpanoldugu terimleri icermezler. Eger integral islemi yapılabiliyorsa,diferansiyel denklem de dogrudan integralleme teknigiyle cozulebilirdemektir. Bunun yanında diger bazı diferansiyel denklem turlerilineer olmayan terimlere sahiptir ve bu yolla cozulmeleri mumkundegildir.

Bir diferansiyel denklem dogrudan integral yoluyla cozulurken terimterim integre edilir ve bir integral sabiti eklenir. Her integrasyonadımında turevlerin mertebeleri bir dusurulur ve buna karsılık birbaska integral sabiti eklenir. Dolayısıyla bir diferansiyel denklemingenel cozumunde, diferansiyel denklemde bulunan en yuksekmertebeli turevin mertebesi kadar keyfi sabit elde edilir.


Diferansiyel denklemlerin dogrudan integral yoluyla

cozumleri

dy

dx= f(x, y)

Eger f fonksiyonu y bagımlı degiskenine bagımlı degilse, yukarıdakibirinci mertebeden diferansiyel denklem basit bir hal alır:

dy

dx= f(x) (12)

Bu ozel halde, (13) denkleminin her iki yanının sadece integralinialmamız yeterlidir. Boylece

y(x) =

∫

f(x)dx+ C (13)

elde ederiz. (2), (1) denkleminin genel cozumudur.


Diferansiyel denklemi saglayan ve icerisinde bir ya da daha fazlakeyfi sabit bulunduran ve bu nedenle bir egri ailesini olusturancozume genel cozum denir.

Eger diferansiyel denklemin her cozumu genel cozumdeki keyfisabitlere degerler atanarak elde edilebiliyorsa bu genel cozum aynızamanda tam cozum adını alır.


Genel ve Ozel Cozum olarak Integraller

Eger G(x), f nin bir ilkeli,(yani, eger G′(x) = f(x)) ise,

y1(x) = G(x) + C1

y2(x) = G(x) + C2

gibi iki cozumu aynı I aralıgında asagıdaki grafikte goruldugu gibibirbirlerine olan uzaklıkları sabit olan iki egridir.

Figure: y1(x) =1

2x2 + 1 ve y2(x) =

1

2x2 − 2



Bir y(x0) = y0 baslangıc kosulunu saglaması icin y(x) = G(x) + Cgenel cozumunde x = x0 ve y = y0 konulması gerekir. Buradan Cdegerini bulabilir ve

dy

dx= f(x), y(x0) = y0

baslangıc deger problemini saglayan bir ozel cozumunu eldeederiz.


Genel cozumden elde edilen her bir cozum ise ozel veya ozgulcozum adını alır.

Eger diferansiyel denklemin herhangi bir cozumu, genel cozumdekisabitlere degerler atanarak elde edilemiyorsa bu cozum tekil cozumadını alır.

Tıpkı cebirsel denklemlerin cozumunde oldugu gibi, diferansiyeldenklemlerde de, hangi isim altında olursa olsun, bir cozumdiferansiyel denklemi mutlaka saglar. Eger saglamıyorsa, elde edilencozum hatalıdır demektir.



ORNEK

dy

dx= 2x+ 3, y(1) = 2 (14)


COZUM

Diferansiyel denklemin her iki yanının integralini alalım

y(x) =

∫

(2x+ 3)dx = x2 + 3x+ C

genel cozumu elde ederiz. Aradıgımız ozel cozum (1, 2)noktasından gecen, dolayısıyla

y(1) = (1)2 + 3.(1) + C = 2

baslangıc kosulunu saglayan egridir. Boylece aranan ozel cozum

y(x) = x2 + 3x− 2

dir. Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 30/ 145


Ikinci Mertebeden Denklemler

Denklemin sag tarafında, ne y bagımlı degiskeni ne de onun y′

turevini icermedigi ozel formdaki

d2y

dx2= g(x)

ikinci mertebeden denkleme de aynı mantıkla yaklasabiliriz. Basitceiki kere integral alırsak:

y(x) =

∫

G(x)dx+ C1x+ C2

elde ederiz. Burada G(x), g(x) in bir ilkeli ve C1,C2 keyfisabitlerdir.



ORNEK: y′′ − 6x2 = 0 diferensiyel denklemini dogrudanintegrasyon yontemi ile cozunuz.

COZUM

Bu denklem lineerdir ve turevli tek terimi bulunmakta ve digerterimlerde bilinmeyen fonksiyon y bir carpan veya faktordurumunda degildir. Bu nedenle denklem cozulebilir. Denklem 2.mertebeden oldugundan ard arda 2 kez integral alınıp her seferindebir sabitin eklenmesi gerekir.

y′′ =d2y

dx2=

d

dx

dy

dx

yazılır ve denklemde yerine konursa ve her iki taraf dx ile carpılırsa∫d( dydx)−

∫6x2dx = 0 denklemi bulunur. Integral alırsak

dydx − 2x3 = c1 elde ederiz. Bir kez daha integral alaraky = 1

2x4 + c1x+ c2 aranan cozum bulunmus olur.


Egim Alanları ve Grafik Cozumler

dy

dx= f(x, y) (15)

diferansiyel denklemini dusunelim.Burada sag taraftaki f(x, y)fonksiyonu hem x bagımsız degiskenini hem de y bagımlıdegiskenini icerebilir. (15) in her iki yanının integralini almayıdusunebilir ve

y(x) =

∫

f(x, y)dx+ C

yazabiliriz.Fakat integral hala bilinmeyen y(x) fonksiyonunu icerirve bu yuzden acıkca hesaplanamaz.



Gercekte bir genel diferansiyel denklemin acık bir sekildecozulebilecegi bir yontem yoktur. Gercekten

y′ = x2 + y2

gibi basit gorunumlu diferansiyel deklemin cozumleri analizkitaplarında incelenen adi elemanter fonksiyonlar cinsinden ifadeedilemez.

Bahsedecegimiz grafik yontem diferansiyel denklemlerin bircokpratik amac icin yeterli, yaklasık cozumlerini elde etmek icinkullanılır.



Verilen bir y′ = f(x, y) diferansiyel denklemin cozumlerinisekillendirmek icin basit bir geometrik yol mevcuttur.

xy duzleminin her (x, y) noktasındaki f(x, y) degeri y(x)fonksiyonunun turevinin o noktadaki degerini verir. Yani y(x)fonksiyonuna o noktadan cizilen tegetin egimidir.

Sonuc olarak biz y(x) fonkisiyonunun xy duzleminin hernoktasından hangi egim ile gectigini hesaplayabiliriz.



Bu geometrik bakıs y′ = f(x, y) diferansiyel denkleminin yaklasıkcozumlerini elde etmek icin bir grafik yontem tanımlar.

Duzlemde temsilci bir (x, y) nokta kolleksiyonunun her birnoktasından ozel m = f(x, y) egimine sahip kısa bir dogru parcasıcizelim.

Tum bu dogru parcaları y′ = f(x, y) denkleminin bir egim alanını(veya yonlu alanını) olusturur.


Ornek

y′ = x− y diferansiyel denkleminin egim alanını olusturunuz veonu (−4, 4) noktasından gecen yaklasık cozum egrisini cizmek icinkullanınız.

Cozum

Oncelikle temsilci (x, y) nokta kolleksiyonunu belirleyelim.(−4, 4) noktasını icine alacak sekilde −4 ≤ x ≤ 4, −4 ≤ y ≤ 4bolgesini alalım.Noktalarımızda y(x) in egimlerini veren tablomuzu olusturalım.


Ilk sutun noktalarımızın x leri, ilk satır ise noktalarımızın y leri.Geri kalan sayılar ise y(x) in bu noktalardaki egimi. f(x, y) ilehesaplanıyor.


Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 39/ 145 Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 40/ 145

Pek cok uygulamada bir buyuklugun degisim hızı (birinci turev), bubuyuklugun kendisine ve bagımsız degiskene baglıdır. Bu turproblemler genelde y′ = f(x, y) formunda ifade edilirler. Bu basitgorunum, bu tur denklemlerin cozumunun de basit olacagı seklindeyanlıs bir anlamaya neden olabilir.Birinci mertebeden diferansiyel denklemleri cozmede ne yazık kigenel bir kural yoktur. Bu nedenle birinci mertebe denklemler dekendi aralarında alt sınıflara ayrılmıs ve her bir sınıf icin farklıyontemler gelistirilmistir.Bu bolumde birinci mertebeden denklemlerin nasıl sınıflandırıldıgıanlatılacak, ardından sistematik bir yaklasımla her zaman cozumumumkun olan birinci mertebeden lineer denklemler islenecektir.


Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

AYRILABILIR DENKLEMLER

Birinci mertebedendy

dx= f(x, y) (16)

diferansiyel denkleminde f(x, y) fonksiyonu yalnız x in birfonksiyonu ile yalnız y nin bir fonksiyonunun carpımı olarakyazılabiliyorsa, yani

dy

dx= g(x)h(y) veya

dy

dx= g(x)/k(y)

ise denkleme degiskenlerine ayrılabilir denir.


Ayrılabilir Denklemler

Bu durumda denklem

k(y)dy = g(x)dx

seklinde yazmak suretiyle x ve y degiskenlerine ayrılabilir (birdenklemin zıt yanlarda tek degiskene ayrılması).Bu ozel tipdiferansiyel denklemi cozmek kolaydır. Her iki yanın integralinialırsak ∫

k(y)dy =

∫

g(x)dx+ C

elde edilir.



ORNEK 1

dy

dx= −x

ydenklemini cozunuz.

COZUM

Yukarıdaki diferansiyel denklemi

ydy = −xdx

seklinde yazabiliriz.Her iki tarafında integralini alırsak,∫

ydy =

∫

−xdx+ C

Sonuc olarak

y2 = −x2 + 2C veya x2 + y2 = K

elde ederiz.(C ve K keyfi sabitler.)Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 44/ 145


ORNEK 2

y′ = y2x3 denklemini cozunuz.

COZUM


dy

y2= x3dx

seklinde yazabiliriz.Her iki tarafında integralini alalım,∫

dy

y2=

∫

x3dx+ C ⇒ −1

y=

x4

4+ C

Duzenlersek

y =−4

x4 + 4Cveya y =

−4

x4 +K

elde ederiz.(C ve K keyfi sabitler.)Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 45/ 145


Ornek 2 deki diferansiyel denklemi degiskenlerine ayırırken esitliginher iki tarafını 1/y2 ile carptık. Bu islemi y 6= 0 kabul ederekyapabiliriz.

Soru: y(x) = 0 bir cozum mudur?

Cevap: EVET.

Fakat y(x) = 0, K nın hic bir degeri icin y(x) =−4

x4 +Kgenel

cozumunden elde edilemez.

Bu kural dısı cozumlere genellikle aykırı (tekil) cozum denir.



ORNEK 3

dy

dx= −6xy, y(0) = 7


COZUM


dy

y= −6xdx

seklinde yazabiliriz.Buradan∫

dy

y=

∫

(−6x)dx+ C ⇒ ln|y| = −3x2 + C

elde ederiz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 47/ 145


y(0) = 7 baslangıc kosulundan y(x) in x = 0 komsulugunda pozitifoldugunu goruruz. Boylece mutlak deger isaretini kaldırabiliriz.

lny = −3x2 + C ⇒ y(x) = e−3x2+C ⇒ y(x) = e−3x2

eC

C keyfi sabit oldugu icin eC yerine A keyfi sabitini yazabiliriz.

y(x) = Ae−3x2

y(0) = 7 kosulu A = 7 yi verir. Boylece istenen cozum

y(x) = 7e−3x2

dir.



Uyarı

Bir onceki ornekte baslangıc kosulunun y(0) = −4 oldugunuvarsayalım. Bu takdirde y(x), x = 0 komsulugunda negatiftir.Dolayısıyla |y| yerine −y koyabilir ve

ln(−y) = −3x2 + C

elde ederiz. Baslangıc kosulu C = ln4 verir. Buradan

y(x) = −4e−3x2

elde edilir.



Figure: dy

dx= −6xy diferansiyel denleminin yonlu alanı ve y(0) = 7,

y(0) = −4 baslangıc kosulları icin cozumleri.



ORNEK 4

dy

dx=

4− 2x

3y2 − 5

diferansiyel denklemini cozunuz.

COZUM

Degiskenleri ayırır ve her iki yanın integralini alırsak∫

(3y2 − 5)dy =

∫

(4− 2x)dx+ C

y3 − 5y = 4x− x2 + C

elde ederiz. Bu cozum, x in acık bir fonksiyonu olarak y ye gorecozulemez.



Bir onceki ornekte oldugu gibi cozum y(x) = F (x) seklinegetirilemeyebilir.

G(x, y) = C (C keyfi sabit.)

Formunda elde edilen ve y(x) = F (x) halinde yazılamayan cozumeKapalı Cozum adı verilir.


Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler

BIRINCI MERTEBEDEN DOGRUSAL(LINEER) DENKLEMLER

dy

dx+ P (x)y = Q(x) (17)

formunda olan diferansiyel denklemlere birinci mertebedendogrusal (lineer) diferansiyel denklem adı verilir.


Birinci Mertebeden Dogrusal Denklemler

YONTEM

1. Cozumeµ(x) = e

∫P (x)dx (18)

fonksiyonunu hesaplıyarak baslayınız.µ(x) fonksiyonuna integral carpanı adı verilir.

2. Diferansiyel denklemin her iki tarafını µ(x) ile carpınız.Denklemin sol tarafı

e∫P (x)dx dy

dx+ P (x)e

∫P (x)dxy =

d

dx[µ(x)y(x)]

olacaktır.



Denklememizd

dx[µ(x)y(x)] = µ(x)Q(x)

seklini alır.

3. Her iki tarafın integralini aldıgımızda

µ(x)y(x) =

∫

µ(x)Q(x)dx+ C

buluruz ve genel cozumu elde etmek icin y(x) e gore cozeriz.



ORNEK 5

y′ − 2y = 3e2x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

COZUM

Diferansiyel denklemimizde P (x) = −2 ve Q(x) = 3e2x dir.Integral carpanımız

µ(x) = e∫(−2)dx = e−2x

dir.



Denklemimizin her iki tarafını e−2x ile carparsak

e−2xy′ − 2e−2xy = 3e−2xe2x

Elde ettigimiz denklemin sol tarafı aslında e−2xy(x) carpımınınturevidir

d

dx[e−2xy(x)] = 3

Integral alalım ∫d

dx[e−2xy(x)]dx =

∫

3dx

e−2xy(x) = 3x+ C

y(x) i yanlız bırakırsak

y(x) = 3xe2x + Ce2x

genel cozumunu elde ederiz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 57/ 145


ORNEK 6

(x2 + 1) dydx + 3xy = 6x diferansiyel denkleminin genel cozumunubulunuz.

COZUM

Integral carpanımızı hesaplayalım

µ(x) = e∫

3x

x2+1dx

µ(x) = e3

2ln(x2+1) = (x2 + 1)3/2



Denklemin her iki yanını µ(x) ile carpalım

(x2 + 1)3/2dy

dx+ (x2 + 1)1/23xy = (x2 + 1)3/2

6x

(x2 + 1)

d

dx[(x2 + 1)3/2y(x)] = 6x(x2 + 1)1/2

Intagral alalım

(x2 + 1)3/2y(x) =

∫

6x(x2 + 1)1/2dx+ C

(x2 + 1)3/2y(x) = 2(x2 + 1)3/2dx+ C

y(x) i yanlız bırakırsak

y(x) = 2 + C(x2 + 1)−3/2


Ornekler

Ornek

y′ = 1 + x+ y + xy diferansiyel denkleminin cozumunu bulunuz.

Cozum

Diferansiyel denklemimizin sag tarafını biraz duzenleyelim;

y′ = 1 + x+ y(x+ 1)

y′ = (1 + x)(1 + y)

Denklemimiz degiskenlerine ayrılabilir bir denklem. Her iki tarafı1 + y ile bolersek (y 6= −1 olmak kosulu ile)

dy

1 + y= (1 + x)dx

her iki tarafın integralini alabiliriz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 60/ 145

Ornekler

∫dy

1 + y=

∫

(1 + x)dx

ln|1 + y| = x+x2

2+ C

elde ederiz.Burada eger y < −1 ise

ln(−(1 + y)) = x+x2

2+ C

− (1 + y) = ex+x2

2+C = ex+

x2

2 .eC

1 + y = −B.ex+x2

2 (B = eC)

y(x) = −1 +A.ex+x2

2 (A = −B)


Ornekler

Eger y > −1 ise

ln(1 + y) = x+x2

2+ C

1 + y = ex+x2

2+C = ex+

x2

2 .eC

1 + y = A.ex+x2

2 (A = eC)

y(x) = −1 +A.ex+x2

2

Sonuc itibariyle y 6= −1 icin her durumda(y < −1, y > −1) aynıcozumu bulduk.

y(x) = −1 +A.ex+x2

2

Denklemimizi 1 + y ile bolerken y 6= −1 olsun demistik. y(x) = −1Bu denklemin bir cozumudur. Fakat A = 0 secimiyle elde edilebilir.Bu nedenle ayrık (tekil) cozum degildir.


Ornekler

y′ = 1 + x+ y + xy diferansiyel denklemini asagıdaki sekilde deyazabiliriz

y′−(1 + x)︸︷︷︸

P (x)

y = (1 + x)︸︷︷︸

Q(x)

Denlemimiz aynı zamanda dogrusal bir denklem. Bir de boylecozumu bulmaya calısalım.Integral carpanımız

µ(x) = e∫−(1+x)dx = e−x−x2

2

Denlemin her iki tarafını µ(x) ile carpalım,

d

dx[µ(x)y(x)] = e−x−x2

2 (1 + x)


Ornekler

Elde edilen denklemin integralini alalım

e−(x+x2

2)y(x) =

∫

e−(x+x2

2)(1 + x)dx+ C

elde ederiz.u = x+ x2

2 ⇒ du = (1 + x)dx degisken donusumuyapılıp integral alınırsa

e−(x+x2

2)y(x) = −e−(x+x2

2) + C

bulunur.y(x) i yalnız bırakalım, boylece cozum

y(x) = −1 + C.ex+x2

2

olur.


Ornekler

Ornek

dy

dx= 3x2(y2 + 1), y(0) = 1

Baslangıc deger probleminin cozumunu bulunuz.

UYARI

dy

dx= 3x2y2 + 3x2

dy

dx− 3x2y2 = 3x2 lineer degil dikkat!!!


Ornekler

Cozum

Degiskenlerine ayrılabilir bir denklem. Her iki tarafı 1 + y2 yebolelim,

dy

1 + y2= 3x2dx

Integral alalım

∫dy

y2 + 1=

∫

3x2dx+ C

arctan(y) = x3 + C

y(x) = tan(x3 + C)


Ornekler

Baslangıc kosulumuz y(0) = 1 idi. Bunu kullanarak C yibelirleyelim.

y(0) = 1 +3 1 = tan(C)KS

��C = π

4

Baslangıc deger problemimizin cozumu,

y(x) = tan(x3 +π

4)

olarak bulunur.


Ornekler

Ornek

xy′ = 2y + x3cosx diferansiyel denkleminin cozumunu bulunuz.

Cozum

Denklemimiz goruldugu gibi dogrusal bir denklem

y′ −2

x︸︷︷︸

P (x)

y = x2cosx

Integral carpanı

µ(x) = e∫

−2

xdx = e−2ln|x|

= eln|x|−2

= eln|x2|−1

= eln1

x2

=1

x2


Ornekler

Denklemimizi integral carpanımızla carpalım

d

dx

[1

x2y(x)

]

=1

x2x2cosx

Integral alalım

1

x2y(x) =

∫

cosxdx+ C = sinx+ C

elde ederiz. Genel cozumumuz

y(x) = x2 sinx+ Cx2

olarak bulunur.


TAM DIFERANSIYEL DENKLEMLER

Birinci mertebeden bir adi diferansiyel denklem

dy

dx= f(x, y) (19)

seklinde ifade edilebildigi gibi

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (20)

seklinde ifade edilebilir.


Tam Diferansiyel Denklemler

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2)

Bu denklemin cozumu (eger varsa) F (x, y) = C seklinde birfonksiyondur. Eger

∂M(x, y)

∂y=

∂N(x, y)

∂x

saglanıyorsa denklem (2) tam diferansiyel denklem olarakadlandırılır. Tam diferansiyel denklemler her zaman cozulebilirdenklemlerdir.



Cozum Yontemi

Eger F (x, y) = c gibi bir fonksiyon (2) deki tam diferansiyeldenklemin cozumu ise

∂F

∂x= M(x, y) ve

∂F

∂y= N(x, y)

olmalıdır.

HATIRLATMA

F (x, y) = C nin tam diferansiyelini hatırlayalım

∂F

∂x︸︷︷︸

M(x,y)

dx+∂F

∂y︸︷︷︸

N(x,y)

dy = 0



Bu durumda M(x, y) nin x’e gore kısmi integrali alındıgındaF (x, y) fonksiyonu (cozumumuz) bulunur.

∂F

∂x= M(x, y)

denkleminde iki tarafın x’e gore kısmi integralini alalım

F (x, y) =

∫

M(x, y)dx+ Φ(y)

Φ(y) intergasyon sabitidir.

Not: x’e gore kısmi turev alındıgında sabit sayılar ve y’ye baglıifadeler yok olabilecegi icin integral sabitimiz y’ye baglıdır.



Bilinmeyen Φ(y) fonksiyonunu bulabilmek icin, elde edilen

F (x, y) =

∫

M(x, y)dx+ Φ(y) (21)

denkleminin y’ye gore kısmi turevi alınırsa

∂F

∂y=

∂

∂y

∫

M(x, y)dx+d

dyΦ(y)

elde edilir. Biz biliyoruz ki

∂F

∂y= N(x, y)

dir.Buradan Φ(y) fonksiyonunu bulabiliriz ve (3) de yerinekonulursa genel cozumu bulunmus olur.



Ornek

y3dx+ 3xy2dy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunubulunuz.

Cozum

Denklemimizde

M(x, y) = y3 ve N(x, y) = 3xy2

dir.Tam lık kriterine bakıldıgında

∂M

∂y= 3y2 ve

∂N

∂x= 3y2

kısmi turevler esit oldugu icin denklemimiz tamdır.



Denklemimiz TAM oldugu icin, cozumumuz olan F (x, y) = Cfonsiyonu icin

∂F

∂x= M(x, y) = y3

oldugunu soyleyebiliriz. x’e gore kısmi integral alınırsa

∫∂F

∂xdx =

∫

y3dx+ Φ(y)

F (x, y) = y3x+ Φ(y)

Simdi Φ(y) yi bulmalıyız.



BuldugumuzF (x, y) = y3x+ Φ(y)

fonksiyonun y’ye gore kısmi turevi N(x, y) olmali ki cozumumuzolsun. y’ye gore kısmi turev alalım

∂F

∂y= 3y2x+

d

dyΦ(y) = 3xy2

︸︷︷︸

N(x,y)

3xy2 = 3xy2 +d

dyΦ(y) ⇒ d

dyΦ(y) = 0

Φ(y)’yi bulmak icin integral alırsak Φ(y) = A olarak bulunur. (Akeyfi sabit). Sonuc olarak

F (x, y) = xy3 +A = C

F (x, y) = xy3 = K (K = C −A, keyfi sabit)



Ornek

2xydx+ (1 + x2)dy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunubulunuz.

Cozum

Denklemimizde

2xy︸︷︷︸

M(x,y)

dx+ (1 + x2)︸︷︷︸

N(x,y)

dy = 0


∂M

∂y= 2x ve

∂N

∂x= 2x





∂F

∂x= M(x, y) = 2xy

oldugunu soyleyebiliriz.. x’e gore kısmi integral alınırsa

∫∂F

∂xdx =

∫

2xydx+ Φ(y)

F (x, y) = x2y + Φ(y)




BuldugumuzF (x, y) = x2y + Φ(y)


∂F

∂y= x2 +

d

dyΦ(y) = 1 + x2

︸︷︷︸

N(x,y)

x2 = x2 +d

dyΦ(y) ⇒ d

dyΦ(y) = 1

Φ(y)’yi bulmak icin integral alırsak Φ(y) = y +A olarak bulunur.(A keyfi sabit). Sonuc olarak

F (x, y) = x2y + y +A = C

F (x, y) = x2y + y = K (K = C −A, keyfi sabit)



Ornek

(x+ sin y)dx+ (x cos y − 2y)dy diferansiyel denkleminin genelcozumunu bulunuz.

Cozum

dy

dx=

−x− sin y

x cos y − 2y

Goruldugu gibi denklemimiz ayrılabilir yada dogrusal degil. Tamolup olmadıgını kontrol edelim.

(x+ sin y)︸︷︷︸

M(x,y)

dx+ (x cos y − 2y)︸︷︷︸

N(x,y)

dy = 0


∂M

∂y= cos y ve

∂N

∂x= cos y

kısmi turevler esit oldugu icin denklemimiz tamdır.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 81/ 145



∂F

∂x= M(x, y) = x+ sin y

oldugunu soyleyebiliriz.. x’e gore kısmi integral alınırsa

∫∂F

∂xdx =

∫

x+ sin ydx+ Φ(y)

F (x, y) =x2

2+ x sin y + Φ(y)




BuldugumuzF (x, y) = x2y + Φ(y)


∂F

∂y= x cos y +

d

dyΦ(y) = x cos y − 2y

︸︷︷︸

N(x,y)

x cos y − 2y = x cos y +d

dyΦ(y) ⇒ d

dyΦ(y) = −2y

Φ(y)’yi bulmak icin integral alırsak Φ(y) = −y2 +A olarakbulunur. (A keyfi sabit). Sonuc olarak

F (x, y) =x2

2+ x sin y − y2 +A = C

F (x, y) =x2

2+ x sin y − y2 = K (K = C −A, keyfi sabit)


Ornekler

Ornek

x+y1+x2dx+ (y + tan−1x)dy = 0 diferansiyel denkleminin cozumunubulunuz.

Cozum

Denklemimizde

M(x, y) =x+ y

1 + x2ve N(x, y) = y + tan−1x


∂M

∂y=

1

1 + x2ve

∂N

∂x=

1

1 + x2



Ornekler


∂F

∂x= M(x, y) =

x+ y

1 + x2

ve∂F

∂y= N(x, y) = y + tan−1x

oldugunu soyleyebiliriz. Bu denklemlere bakıldıgında ikincisiniintegrallemek daha kolaydır.

∫∂F

∂ydy =

∫

(y + tan−1x)dy + Φ(x)

F (x, y) =y2

2+ y.tan−1x+ Φ(x)

Simdi Φ(x) yi bulmalıyız.


Ornekler

Buldugumuz

F (x, y) =y2

2+ y.tan−1x+ Φ(x)

fonksiyonun x’ye gore kısmi turevi M(x, y) olmali ki cozumumuzolsun. x’ye gore kısmi turev alalım

∂F

∂x= y.

1

1 + x2+

d

dxΦ(x) =

x+ y

1 + x2︸︷︷︸

M(x,y)

y.1

1 + x2+

d

dxΦ(x) = y.

1

1 + x2+

x

1 + x2

d

dxΦ(x) =

x

1 + x2


Ornekler

d

dxΦ(x) =

x

1 + x2

Φ(x)’yi bulmak icin integral alırsak Φ(x) = 12 ln (1 + x2) +A

olarak bulunur. (A keyfi sabit). Sonuc olarak

F (x, y) =y2

2+ y.tan−1x+

1

2ln (1 + x2) +A = C

F (x, y) =y2

2+ y.tan−1x+

1

2ln (1 + x2) = K

(K = C −A, keyfi sabit)


TAM HALE GETIRME

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (22)

diferansiyel denklemini ele alalım. Eger bu denklem TAM degilse,yani,

∂M

∂y6= ∂N

∂x

ise, biz bu denklemi uygun bir α(x, y) fonksiyonu ile carparak TAMhale getirebiliriz.O zaman oyle bir α(x, y) fonksiyonu bulalım ki

α(x, y)M(x, y)dx+ α(x, y)N(x, y)dy = 0 (23)

denklemi TAM olsun. (1) denklemini tam hale getirmek icinkullandıgımız α(x, y) fonksiyonuna integral carpanı denir. Boyle birα(x, y) fonksiyonunu bulmak kolay olmayabilir. Biz basit durumlarıinceleyelim.


TAM HALE GETIRME

Integral carpanımız sayesinde TAM olan (2) yi elde ettik. Yani,

∂

∂y(αM) =

∂

∂x(αN)

Bu denklemden α(x, y) yi bulmaya calısabiliriz. Turevi alalım,

∂α

∂yM + α

∂M

∂y=

∂α

∂xN + α

∂N

∂x

α(x, y) nin turevlerini bir tarafa toplarsak

α∂M

∂y− α

∂N

∂x=

∂α

∂xN − ∂α

∂yM

α(∂M

∂y− ∂N

∂x) =

∂α

∂xN − ∂α

∂yM


TAM HALE GETIRME

∂M

∂y− ∂N

∂x=

1

α(∂α

∂xN − ∂α

∂yM)

∂M

∂y− ∂N

∂x=

∂α∂x

αN −

∂α∂y

αM

∂M

∂y− ∂N

∂x= N

∂

∂x(lnα)−M

∂

∂y(lnα) (24)

Yukarıdaki kısmi diferansiyel denklemden α(x, y) yi bulmak herzaman kolay degildir. Biz bazı basit durumları inceleyelim.


TAM HALE GETIRME

Durum 1: α sadece x’in fonksiyonu olabilir. O zaman denklem(3) teki ∂

∂y (lnα) = 0 olacaktır. Yani

∂M

∂y− ∂N

∂x= N

∂

∂x(lnα)

Burada denklemin her iki tarafını N ye bolup x’e gore integralalırsak

lnα =

∫1

N(∂M

∂y− ∂N

∂x)dx

α(x) = e∫

1

N( ∂M

∂y− ∂N

∂x)dx

olarak bulunur.


TAM HALE GETIRME

UYARI

Bu durumun gerceklenebilmesi icin

1

N(∂M

∂y− ∂N

∂x)

in sadece x’e baglı olması gerekir.Yani yukarıdaki ifade sadece x’e baglı olursa, integral carpanını

α(x) = e∫

1

N( ∂M

∂y− ∂N

∂x)dx

ile bulabiliriz.


TAM HALE GETIRME

Durum 2: Benzer sekilde α sadece y’in fonksiyonu olabilir. Ozaman denklem (3) teki ∂

∂x(lnα) = 0 olacaktır ve

∂M

∂y− ∂N

∂x= −M

∂

∂y(lnα)

Burada denklemin her iki tarafını −M ye bolup y’e gore integralalırsak

lnα =

∫ −1

M(∂M

∂y− ∂N

∂x)dy

α(y) = e∫

−1

M( ∂M

∂y− ∂N

∂x)dy

olarak bulunur.


TAM HALE GETIRME

UYARI

Bu durumun gerceklenebilmesi icin

−1

M(∂M

∂y− ∂N

∂x)

in sadece y’e baglı olması gerekir.Yani yukarıdaki ifade sadece y’e baglı olursa, integral carpanını

α(y) = e∫

−1

M( ∂M

∂y− ∂N

∂x)dy

ile bulabiliriz.


Ornek

(x5+3y)dx−xdy = 0 diferansiyel denkleminin cozumunu bulunuz.

Cozum

Denklemimizde

M(x, y) = x5 + 3y ve N(x, y) = −x


∂M

∂y= 3 ve

∂N

∂x= −1

esit olmadıgı icin TAM DEGILDIR.


Tam yapmak icin integral carpanımızı bulalım;eger

1

N(∂M

∂y− ∂N

∂x)

ifadesi sadece x’e baglıysa integral sabitimiz x’e baglı cıkacak.

1

N(∂M

∂y− ∂N

∂x) =

1

−x(3− (−1)) =

−4

x

Goruldugu gibi sadece x’e baglı. Integral carpanımız;

α(x) = e∫

1

N( ∂M

∂y− ∂N

∂x)dx

ile bulunabilir.


α(x) = e∫

−4

xdx =

1

x4

olarak integral carpanımızı buluruz.Denklemimizi integral carpanımızla carpalım,

1

x4(x5 + 3y)dx− x

1

x4dy = 0

(x+3

x4y)dx− 1

x3dy = 0

Bu denklemin tam olup olmadıgını kontrol edelim

∂M

∂y=

3

x4=

∂N

∂x

TAM dır.


(x+3

x4y)dx− 1

x3dy = 0

Yukarıdaki TAM diferansiyel denklemin cozumu

F (x, y) =−y

x3+

x2

2= C

dir.


Ornek

−ydx+ (x+ y)dy = 0 diferansiyel denkleminin cozumunu bulunuz.

Cozum

Denklemimiz ayrılabilir ve lineer degildir. Denklemimizde

M(x, y) = −y ve N(x, y) = x+ y


∂M

∂y= −1 ve

∂N

∂x= 1




1

N(∂M

∂y− ∂N

∂x)


1

N(∂M

∂y− ∂N

∂x) =

1

x+ y(−1− 1) =

−2

x+ y

Goruldugu gibi sadece x’e baglı degil.


Eger asagıdaki ifade sadece y’ye cıkarsa integral carpanımız sadecey’ye baglı olacak.

−1

M(∂M

∂y− ∂N

∂x) =

−1

−y(−1− 1) =

−2

y

integral carpanımız:

α(y) = e∫

−1

M( ∂M

∂y− ∂N

∂x)dy

ile bulunabilir.


α(y) = e∫

−2

ydy

=1

y2

olarak integral carpanımızı buluruz.Denklemimizi intagral carpanımızla carpalım,

1

y2(−y)dx+

1

y2(x+ y)dy = 0

−1

ydx− (x+ y)

y2dy = 0

Bu denklemin tam olup olmadıgını kontrol edelim

∂M

∂y=

1

y2=

∂N

∂x

TAM dır.


−1

ydx− (x+ y)

y2dy = 0


F (x, y) =−x

y+ ln |y| = C

dir.


Ornek

(x+ 3x3 sin y)dx+ (x4 cos y)dy = 0 diferansiyel denkleminincozumunu bulunuz.

Cozum

Denklemimiz ayrılabilir ve lineer degildir. Denklemimizde

M(x, y) = x+ 3x3 sin y ve N(x, y) = x4 cos y


∂M

∂y= 3x3 cos y ve

∂N

∂x= 4x3 cos y




1

N(∂M

∂y− ∂N

∂x)


1

N(∂M

∂y− ∂N

∂x) =

1

x4 cos y(3x3 cos y − 4x3 cos y) =

−1

x

Goruldugu gibi sadece x’e baglı.Integral carpanımız:

α(x) = e∫

1

N( ∂M

∂y− ∂N

∂x)dy

α(x) = e∫

−1

xdy =

1

x


Denklemimizi integral carpanımız α(x) = 1x ile carpalım,

1

x(x+ 3x3 sin y)dx+

1

x(x4 cos y)dy = 0

(1 + 3x2 sin y)dx+ (x3 cos y)dy = 0

Bu denklemin tam olup olmadıgını kontrol edersek

∂M

∂y= 3x2 cos y =

∂N

∂x

TAM dır.


(1 + 3x2 sin y)dx+ (x3 cos y)dy = 0


F (x, y) = x+ x3 sin y = C

dir.


Yerine Koyma Yontemleri

Bu kısımda, verilen bir diferansiyel denklemi nasıl cozuleceginibildigimiz bir denkleme donusturmek icin bazen kullanılabilenyerine koyma yontemlerini acıklayacagız.



ORNEK

dy

dx= (x+ y + 3)2

diferansiyel denklemini cozunuz.

COZUM

x+ y + 3 = v

donusumu yapalım.dydx in yerine yazabilmek icin y yi cekip turev alalım.

y = v − x− 3

dy

dx=

dv

dx− 1



Denkemimizde yerine yazarsak

dv

dx− 1 = v2 ⇒ dv

dx= 1 + v2

︸︷︷︸

degiskenlerine ayrılabilir

Degiskenlerine ayrılabilir bir denklemi nasıl cozecegimizi biliyoruz.

dv

1 + v2= dx

x = arctan v + c

v = tan(x− c)

Ters donusum yaparsak, (v yerine x+ y + 3 yazalım)

x+ y + 3 = tan(x− c)

y = tan(x− c)− x− 3



Kural

dy

dx= F (ax+ by + c)

seklindeki herhangi bir diferansiyel denklem

v = ax+ by + c

donusumuyle ayrılabilir bir denkleme donusturulebilir.



Homojen Diferansiyel Denklemler

Tanım

f(x, y) tanımlı iki degiskenli bir fonksiyon olsun, x yerine λx yyerine λy yazılınca

f(λx, λy) = λnf(x, y)

ise f(x, y) n. derceden homojen bir fonksiyondur.




Ornek

f(x, y) = xy2 + y3 fonksiyonu icin

f(λx, λy) = λx(λy)2 + (λy)3

f(λx, λy) = λ3xy2 + λ3y3 = λ3(xy2 + y3)

f(λx, λy) = λ3f(x, y)

f(x, y) 3. dereceden homojen bir fonksiyondur.




Tanım

dy

dx=

M(x, y)

N(x, y)

1. mertebeden diferansiyel denkleminde M(x, y) ve N(x, y) n.dereceden homojen ise diferansiyel denkleme n. dereceden homojendiferansiyel denklem denir. Homojen diferansiyel denklemlericozmek icin, denklem

dy

dx= f(x, y) = g

(y

x

)

seklinde yazılır. Daha sonra z = y/x donusumu yapılır.




dy

dx= g

(y

x

)

homojen denkleminde z = yx donusumu yapılırsa

y = zx ⇒ dy

dx=

dz

dxx+ z

Ve yerlerine yazılırsadz

dxx+ z = g(z)

dz

dx=

g(z)− z

x

degiskenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme donusur. Budegiskenlerine ayrılabilir denklemi cozer z = y

x ters donusumuyaparız.




ORNEK

(2xy + x2)y′ = x2 + 2y2

diferansiyel denkleminin cozumunu bulunuz.

COZUM

dy

dx=

x2 + 2y2

2xy + x2=

M(x, y)

N(x, y)

Homojen mi diye bir bakalım.

M(λx, λy) = (λx)2 + 2(λy)2 = λ2(x2 + 2y2)

N(λx, λy) = 2(λx)(λy) + (λx)2 = λ2(2xy + x2)Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 116/ 145



M ve N 2. dereceden homojen fonksiyonlar. Oyleyse diferansiyeldenklem homojendir.Denklemimizi y

x in cinsinden yazmaya calısalım

dy

dx=

x2 + 2y2

2xy + x2=

x2(1 + 2 y2

x2 )

x2(2 yx + 1)

=(1 + 2( yx)

2)

(2 yx + 1)

z = yx donusumu yapalım.

y = zx ⇒ dy

dx=

dz

dxx+ z

Denklemimiz,dz

dxx+ z =

1 + 2z2

2z + 1

e donusur.




Duzenledigimizde;dz

dx=

1− z

2z + 1

1

x

degiskenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemi elde etmis oluruz.Budiferansiyel denklemin cozumu

−2y

x− 3ln|1− y/x| = ln|x|+ C

dur.




ORNEK

xdy

dx= y +

√

x2 − y2

COZUM

Denklemimiz asagıdaki sekilde de yazılabilir,

dy

dx=

y +√

x2 − y2

x=

M(x, y)

N(x, y)

Homojenlige bakalım.

N(λx, λy) = λx = λN

N(x, y) fonksiyonu 1. dereceden homojen.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 119/ 145



M(λx, λy) = λy +√

(λx)2 − (λy)2

= λy +√

λ2(x2 − y2)

= λy + λ√

x2 − y2 = λ (y +√

x2 − y2)︸︷︷︸

M

Her ikisi de 1. dereceden homojen dolayısıyla denklemimizhomojen.Sag tarafı y

x cinsinden yazmaya calısalım.

dy

dx=

y +√

x2 − y2

x=

y

x+

√

x2 − y2

x

=y

x+

√

x2(1− y2

x2 )

x=

y

x+

√

1− (y

x)2




z = yx donusumu yapalım,

y = zx ⇒ dy

dx=

dz

dxx+ z

denklemimizde yerine yazalım

dz

dxx+ z = z +

√

1− z2

Duzenlersek degiskenlerine ayrılabilir denklemimizi elde ederiz.

dz√1− z2

=dx

x

Degiskenlerine ayrılabilir denklemimizi cozer z yerine y/x yazarız.Cozumumuz;

y = x sin (ln |x|+ C)




ORNEK

y2dx+ (x2 − xy − y2)dy = 0

COZUM

Denklemimizidy

dx=

−y2

x2 − xy − y2

seklinde yazalım.Homojenlik icin M(x, y) = −y2 veN(x, y) = x2 − xy − y2 fonksiyonlarının homojenligine bakalım.




M(x, y) = −y2 N(x, y) = x2 − xy − y2

M(λx, λy) = −(λy)2 = −λ2y2 = −λ2M(x, y)

N(λx, λy) = (λx)2 − (λx)(λy)− (λy)2

= λ2x2 − λ2xy − λ2y2

= λ2(x2 − xy − y2) = λ2N(x, y)

M(x, y) ve N(x, y) fonksiyonları 2. dereceden homojen oldugu icindenklemimiz homojen bir denklemdir.




y/x cinsinden yazmaya calısalım.

dy

dx=

−y2

x2 − xy − y2=

−y2

x2(1− yx − ( yx)

2)= − ( yx)

2

1− yx − ( yx)

2

yx = z dersek, dy

dx = dzdxx+ z olur.Yerlerine yazalım,

xdz

dx+ z =

−z2

1− z − z2

Duzenledigimizde:1− z − z2

−z + z3dz =

dx

x

degiskenlerine ayrılmıs denklemi elde ederiz.




1− z − z2

−z + z3dz =

dx

x

Yukarıdaki diferansiyel denklemi cozup z = yx yazarsak

y + x = Cy2(y − x)

olarak genel cozumumuz bulunur.



(a1x+ b1y + c1)dx∓ (a2x+ b2y + c2)dy = 0

seklindeki diferansiyel denklemler.

Durum 1: a2a1

6= b2b1

ise

a1x+ b1y + c1 = 0,a2x+ b2y + c2 = 0 dogruları paralel degildir.Yani bir noktada kesisirler. Bu kesisme noktasını bulup, (bu nokta(h, k) olsun)

x = X + h ve y = Y + k

donusumu uygularız.



(a1x+ b1y + c1)dx∓ (a2x+ b2y + c2)dy = 0 seklindeki denklemler

x = X + h ⇒ dx = dX ve y = Y + k ⇒ dy = dY

yerlerine yazalım.

(a1(X+h)+b1(Y +k)+c1)dX∓(a2(X+h)+b2(Y +k)+c2)dY = 0

Duzenlersek

(a1X+b1Y+a1h+b1k+c1)dX∓(a2X+b2Y+a2h+b2k+c2)dY = 0

(h, k) iki dogrunun kesisim noktası olduguna gore her ikisinin deuzerindedir. Sonuc olarak denklemlerini saglar;

a1h+ b1k + c1 = 0 ve a2h+ b2k + c2 = 0

dır.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 127/ 145



Bu durumda denklemimiz

(a1X + b1Y )dX ∓ (a2X + b2Y )dY = 0

seklini alır. Elde ettigimiz bu denklem homojendir.(Kontrol edin.)Bu homojen denklemi cozersek ve

X = x− h ve Y = y − k

ters donusumu yaparsak

(a1x+ b1y + c1)dx∓ (a2x+ b2y + c2)dy = 0

denkleminin genel cozumunu bulmus oluruz.




ORNEK

(x+ y − 3)dx+ (−x+ y + 1)dy = 0 diferansiyel denkleminin genelcozumunu bulunuz.

COZUM

x+ y − 3 = 0 ve −x+ y + 1 = 0 dogrularının kesisim noktasınıbulalım. Ortak cozum yaparsak bu dogruların (2, 1) noktasındakesistigini buluruz.(h = 2, k = 1)

x = X + 2 ve y = Y + 2

donusumu uygulayacagız.




x = X + 2 ⇒ dx = dX ve y = Y + 1 ⇒ dy = dY

yerlerine yazalım

((X + 2) + (Y + 1)− 3)dX + (−(X + 2) + (Y + 1) + 1)dY = 0

Duzenlersek

(X + Y + 2 + 1− 3)dX + (−X + Y +−2 + 1 + 1)dY = 0

(X + Y )dX + (−X + Y )dY = 0

veyadY

dX= − (X + Y )

(−X + Y )

seklinde homojen bir denklem elde ettik.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 130/ 145



Sag tarafta pay ve paydayı X parantezine alalım.

dY

dX= − X(1 + Y

X )

X(−1 + YX )

= − (1 + YX )

(−1 + YX )

z = YX donusumu yaparsak,⇒ dY

dX = dzdXX + z

dz

dXX + z = − (1 + z)

(−1 + z)

Duzenlersek1− z

1 + z2dz =

dX

X

degiskenlerine ayrılabilir denklemi elde ederiz.Her iki tarafınintegralini aldıgımızda

arctan z − 1

2ln (1 + z2) = lnX + C




z = YX ters donusumunden sonra

arctan (Y

X)− 1

2ln (1 + (

Y

X)2) = lnX + C

ve son olarakda

X = x− 2 ve Y = y − 1

donusumuyle denklemimizin genel cozumun ulasmıs oluruz.

arctan (y − 1

x− 2)− 1

2ln (1 + (

y − 1

x− 2)2) = ln (x− 2) + C




Durum 2: a2a1

= b2b1

= k ise

a1x+ b1y + c1 = 0,a2x+ b2y + c2 = 0 dogruları paraleldir.

z = a1x+ b1y

donusumu uygularız.

z = a1x+ b1y ⇒ dz

dx= a1 + b1

dy

dx

dy

dx=

1

b1(dz

dx− a1)




z = a1x+ b1y vedy

dx=

1

b1(dz

dx− a1)

yerlerine yazılırsa

dy

dx= ±a1x+ b1y + c1

a2x+ b2y + c21

b1(dz

dx− a1) = ± z + c1

kz + c2= f(z)

dz

dx= b1f(z) + a1

degiskenlerine ayrılabilir hale donusur.




ORNEK

(2x+ y − 1)dx = (4x+ 2y − 5)dy diferansiyel denkleminin genelcozumunu bulunuz.

COZUM

42 = 2

1 = 2 oldugunu kolayca gorebiliriz. z = 2x+ y donusumuyapacagız.

z = 2x+ y ⇒ dz

dx= 2 +

dy

dx

dy

dx=

dz

dx− 2

olur.




Denklemimizidy

dx=

(2x+ y − 1)

(4x+ 2y − 5)

seklinde yazar donusumumuzu yaparsak

dz

dx− 2 =

z − 1

2z − 5

dz

dx=

z − 1

2z − 5+ 2 =

5z − 11

2z − 5

2z − 5

5z − 11dz = dx

degiskenlerine ayrılabilir bir denklem haline gelir. Cozumu:

2

5(z)− 3

25ln (5z − 11) = x+ C

dur.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 136/ 145



2

5(z)− 3

25ln (5z − 11) = x+ C

denkleminde z = 2x+ y ters donusumunu yaparsak genelcozumumuz

2

5(2x+ y)− 3

25ln (5(2x+ y)− 11) = x+ C

seklinde bulunur.



Bernoulli Denklemleri

dy

dx+ P (x)y = Q(x)yn

seklindeki birinci mertebeden diferansiyel denklemelere Bernoulli

denklemleri denir. n = 0 veya n = 1 ise denklem lineer dir. Aksitakdirde

v = y1−n

donusumu denklemi

dv

dx+ (1− n)P (x)v = (1− n)Q(x)

lineer denklemine donusturur.




v = y1−n ⇒ dv

dx= (1− n)y−n dy

dx

dy

dx= yn

dv

dx

1

n− 1

denklemimizde yerine yazarsak

yndv

dx

1

n− 1+ P (x)vyn = Q(x)yn

Duzenledikten sonra

dv

dx+ (1− n)P (x)v = (1− n)Q(x)

halini alır.




ORNEK

2xyy′ = 4x2 + 3y2 diferansiyel denkleminin genel cozumunubulunuz.

COZUM

Denklemimizidy

dx− 3

2xy =

2x

y

seklinde yazarsak P (x) = − 32x ,Q(x) = 2x ve n = −1 oldugu bir

Bernoulli denklemi oldugunu goruruz.n = −1 oldugu icin 1− n = 2 olacak ve

v = y2

donusumu yapacagız.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 140/ 145



dv

dx+ (1− n)P (x)v = (1− n)Q(x)

denkleminde yerine koyalım

dv

dx+ 2(− 3

2x)v = 2.2x

dv

dx− 3

xv = 4x

Lineer denklemi elde ettik. Integral carpanımız

µ(x) = e∫P (x)dx = e

∫− 3

xdx =

1

x3

dır.




Denklemimizin her iki tarafınıda integral carpanımızla carparsak

d

dx[1

x3v(x)] =

1

x34x

Her iki tarafın integralini alalım

1

x3v(x) =

∫4

x2dx+ C = −4

x+ C

v(x) = 4x2 + Cx3

v = y2 idi,y2 = 4x2 + Cx3

olarak cozumumuzu buluruz.




ORNEK

x dydx + 6y = 3xy4/3 diferansiyel denkleminin genel cozumunu

bulunuz.

COZUM

Denklemimizidy

dx+

6

xy = 3y4/3

seklinde yazarsak P (x) = 6x ,Q(x) = 3 ve n = 4/3 oldugu bir

Bernoulli denklemi oldugunu goruruz.n = 4/3 oldugu icin 1− n = −1/3 olacak ve

v = y−1/3

donusumu yapacagız.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 143/ 145



dv

dx+ (1− n)P (x)v = (1− n)Q(x)

denkleminde yerine koyalım

dv

dx− 1

3(6

x)v = −1

33

dv

dx− 2

xv = −1

Lineer denklemi elde ettik. Integral carpanımız

µ(x) = e∫P (x)dx = e

∫− 2

xdx =

1

x2

dır.




Denklemimizin her iki tarafınıda integral carpanımızla carparsak

d

dx[1

x2v(x)] =

1

x2(−1)

Her iki tarafın integralini alalım

1

x2v(x) =

∫ −1

x2dx+ C =

1

x+ C

v(x) = x+ Cx2

v = y−1/3 idi,y−1/3 = x+ Cx2

olarak cozumumuzu buluruz.


Documents

Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modellerkisi.deu.edu.tr/meltem.altunkaynak/MAT III (DIF DENK... · Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Evrenin yasaları matematik