1

FEN VE MÜHENDİSLİKTE MATEMATİK METOTLAR

6. KİTAP

DİFERANSİYEL DENKLEMLER II

DD II

2

İÇİNDEKİLER

I. İNTEGRAL DÖNÜŞÜMLER

II. KERNEL SEÇİMİ

III. METOT

IV. 2 0g DURUMU

A) 2 0g

B) Örnek DD

C) Sabit Katsayılı DD

V. 0o

g DURUMU

A) 0o

g

B) Euler DD

C) Rodrigues Formülü

VI. İki Özel Fonksiyon

A)

B) ,

VII. KHGDD

VIII. HGDD

EKLER VE NOTLAR

3

I. İNTEGRAL DÖNÜŞÜMLER

Diferansiyel denklem çözümlerinin türev ifadelerini yok etmek olduğu ve bunun da integral

işlemi ile sağlandığı görülmüştü. Bu integral işlemlerini reel eksende ve bir takım kalıp

formüllerle yapmak yerine, kompleks düzlemde yol integrali metotları kullanıp, tekil

noktalardan ve dallanma kesiklerinden yararlanmak, doğal olarak daha ilginç sonuçlara yol

açacaktır. Bu aşamada sadece 2. mertebe LDD 'lerin integral dönüşüm metodu ile çözümleri

incelenecektir. Metodun, detaylar bir yana, temelde ikinci mertebe bir DD 'in birinci

mertebeye indirgenmesi olduğu görülecektir. En genel 2. mertebe homojen LDD

2

2 1 2

z o

p z p z p zz z

L tanımıyla 0

zw z L olarak

yazılabilir. zL ifadesinde

d

dz yerine

z

kullanılmasının gerekçesi kısa sürede

anlaşılacaktır. İlk adım, çözümü bir integral dönüşüm biçiminde

, C

w z d K z v olarak yazmak olacaktır.

Burada C : kompleks düzleminde açık veya kapalı bir yolu, , K z : integral

dönüşümün Kernel’ini, v ise w z 'nin DD 'in çözümü olmasını sağlayacak bir

fonksiyonu ifade etmektedir. Bu noktada daha soyut düzeyde w K

dönüşümünün z ile skalar çarpımının yapıldığı ve K ile v arasına

C

d 1 tamamlık ifadesi yerleştirildiği sezilmektedir.

Çözüm , C

w z d K z v ifadesinde üç tane seçime bağlı esneklik vardır :

C , , K z ve v . Öte yandan w z sonucunun DD 'i sağlaması, yani

0z

w z L olması gereği de bir kısıtlama olarak düşünülürse gerçekte sadece iki

tane seçime bağlı esneklik olduğu anlaşılır.

4

II. KERNEL SEÇİMİ

Bu seçimlerden ilki , K z kernel fonksiyonunun seçilmesidir; en yaygın iki seçim :

, exp K z z ( Laplace ) ve

, K z z

( Euler )

kernelleridir. Euler kernelinin parametresi kesin olarak belirtilene kadar seçim hakkı

tamamen kullanılmış sayılmaz. Daha genel olan Euler kernelinden, uygun bir limit işlemi ile

Laplace kerneline geçiş yapmak da mümkündür.

2 2 2 1 1 1 ; ,

o o op z a z b p z a z b p z a z b durumunda Laplace,

2

2 2 1 1 1 ; ,

o o o op z a z a z a p z b z b p z c

durumunda ise

Euler kernellerinin uygun seçimler olduğu bilinmektedir. Metodun temel dayanak noktası

, , z

K z K z

L M sağlayan bir

2

2 1 2

o

g g g

M diferansiyel operatörü bulmaktır.

Bu operatörün zL 'den daha basit bir yapıda olup, birinci dereceye indirgenebilir olması asıl

amaçtır. Eğer 2g = 0 veya g = 0

o değilse yanlış kernel seçilmiş demektir

ve bu noktada durup yeni bir kernel denemek gerekir.

III. METOT

, , z

K z K z

L M eşitliği DD ’e yerleştirilince

, 0z z

C

w z d v K z L L denklemi

, 0C

d v K z

M biçimine dönüşecektir.

2

2 1 2

, 0

o

C

d v g g g K z

5

Denklemi, parçalı integral metotları ile elde edilen :

, , o o

C C

d v g K z d K z g v

1

,

C

d v g K z

F

1 1 I

, g ,

C

d K z g v v K z

2

2 2 ,

C

d v g K z

2

22 , ,

C

d K z g K z

2

2

, ,

F

I

d g vK zg v K z

d

özdeşlikleri kullanılarak , C

d K z v

M

2

2 1

, , , = 0

F

I

d g vK zg v K z g v K z

d

biçimini alır. Burada yer alan

2

2 1

2

o

g gg

M

ifadesinin 2

2 1 2

o

g g g

M operatörünün hermitsel

eşleniği olduğu hatırlanacaktır. Elde kalan son esnekliği de 0v

M seçimi

yaparak kullanmak ve böylece v fonksiyonunu belirlemek ikinci önemli adım

olmaktadır. Bu durumda , 0C

d K z v

M olacağı için de

2

2 1

, , , = 0

F

I

d g vK zg v K z g v K z

d

6

eşitliği C yolunun belirlenmesinde kullanılır. Bu metodun pratik olabilmesi için

2 = 0g veya = 0

og olması gereği vurgulanmıştı.

IV. 2 0g

A) Genel

Şimdi bu iki durum tek tek incelenebilir. 2 = 0g durumunda

1

1 1

1 0 exp o

o

d g v gv g v v d

d g g

M olur.

Yol şartı için ise

1

1

, exp , 0

F

Fo

I

I

gg v K z d K z

g

elde edilir. En genel örnek olarak 2 1 0

op z w p z w p z w DD’inin

Laplace dönüşümü ile çözümü ele alınınca ilk adım

2 2

2 1 2 12 2 exp exp

o op z p z p z z g g g z

z z

eşitliğinden 2 2

2 1 2 1

o op z p z p z g z g z g

denklemine erişmektir. İkinci adımda bu eşitlik ve z ’ye göre ilk iki türevi 0z 'da

değerlendirilerek 2 12

2

0 0 0

2 2 2

op p pg

,

2

1 2 1 0 0 0og p p p , 2

2 1 0 0 0o og p p p

sonuçlarına ulaşılır. Bu denklemler 2 = 0g sağlanması için

2 10 0 0op p p gerektiğini göstermektedir.

7

B) Özel Bir Örnek

Özel bir örnek olarak 2 2 1 1 0

o oa z b w a z b w a z b w DD 'inin

çözümüne geçilebilir. Yukarıda elde edilen formüllerden yararlanarak

2 2

2 1 2 1 2 1 0 , , o o og g a a a g b b b bulunur.

Artık v fonksiyonu

2

2 1

2

2 1

2

1 1 2 1

exp

1 exp

o

oo

o

b b bd

a a agv d

g g a a a

,

yol şartı ise

2

2 1

2

2 1

exp 0

F

zo

o I

b b bd e

a a a

formülleri ile

belirlenip , C

w z d K z v çözüm ifadesine yerleştirilebilir.

Bu yaklaşıma ileride KHGDD çözümü ile tekrar dönülecektir.

C) Sabit Katsayılı DD

Ancak daha önce, çok basit görünümlü ama kendinden beklenmedik bir zorluk çıkartan,

ancak bu engel aşılınca da gene beklenmedik ilginç sonuçlar sergileyen sabit katsayılı

1 2 1 2 0w w w DD ’i çözülecektir. Bu DD 'in

2 2 1 1 0

o oa z b w a z b w a z b w

DD 'i ile karşılaştırması

2 1 2 1 1 2 1 2 0 ; 1 , , o oa a a b b b vermektedir.

Bu da 2 0g yanı sıra 1 0g olması, dolayısıyla v ve yol şartı

bulmak için kullanılan denklemlerin geçersiz ve yararsız olması demektir. Ancak aynı DD ,

'Tamlık Çarpanı' kavramını andırır bir yolla z ile çarpılıp

1 2 1 2 0zw zw zw olarak yazılırsa, bu sefer

2 1 2 1 1 2 1 2 0 ; 1 , , o ob b b a a a olur.

Bu da 2

1 2 1 2 1 1

1 1 v

ve

exp 0

F

Iz

demektir. exp z analitik bir fonksiyon olduğu için tüm kapalı yollar yol şartını

8

sağlar.

1 2

exp

zw z d

integrali için ise kompleks

düzleminde seçilebilecek topolojik açıdan farklı kapalı yollar vardır :

oC yolu 0w z verir; bu DD ’i sağlayan, ama doğal olarak, çözüm sayılmayan

bir sonuçtur. 1C yolu 1 expw z z , eğer

2 1 ise 2C yolu

2 expw z z verir.

2 1 = çokkatlılık durumunda ise integral ifade

2

exp exp

zw z d w z z z

bulunur.

Böylece çokkatlı kök durumunda, geçmişte Abel formülü kullanılarak bulunan ikinci çözüm,

kompleks düzlemde yol seçimi ile elde edilmektedir.

PROBLEMLER

P.IV.1 ) 1 , 4 , 3 0w DD ’ini Laplace dönüşümü ile çözün. Aynı işlemleri bu sefer

1 , 4 , 4 0w DD ’ine uygulayın.

9

P.IV.2 ) 1 , 2 , 2 0z w DD ’ini Laplace dönüşümü ile çözün. Aynı işlemleri bu sefer

1 , 2 , 2 0z w DD ’ine uygulayın.

P.IV.3 ) 2

1 , , 1 0ojz

, 0 ’ıncı mertebe Küresel Bessel fonksiyonunu önce pz ile

çarpın. Laplace kernelinin kullanılabilmesi için p ne olmalıdır ? oj çözümünü bulun.

İkinci çözüm on için Abel formülünü kullanın.

P.IV.4 ) Laplace dönüşümlerinde 0v

M

yanısıra 1v

M de

exp 0d z sağlayacağı için geçerli bir çözüm verir. Bu yolla

2 2 , 2 , 0z z z w Küresel Bessel DD’i için

1

sin 0

o o

zg v g v j

z

sonucunu elde edin. Daha sonra

1

cos 1

o o

zg v g v n

z

çözümüne erişin.

İpucu : o

j için 1v , :        C i i den 'ye giden bir yol.

o

n için 1 tanv , :C Kapalı yol

V. 0o

g DURUMU

A) Genel

= 0o

g durumunda ise 0v

M denklemi

2

2 1 1

2

2 2

1 exp

d g v d g v gv d

d d g g

olur.

10

Yol şartı için ise

1

2

2

exp 0

FF

I I

K K gg v d

g

ifadesine erişilir. En genel örnek olarak 2 1 0

op z w p z w p z w

DD’inin Euler dönüşümü ile çözümü ele alınınca ilk adım

2 2

2 1 2 12 2

o op z p z p z z g g g z

z z

denkleminden 2 1

2 11

op z z p z z p z z

2 1

2 1 1

og z g z g z

veya

2

2 11

op z p z z p z z

2

2 11

og g z g z

eşitliklerini elde etmektir. İkinci adımda bu eşitlik ve z 'ye göre ilk iki türevi z 'da

değerlendirilerek 2 2 g p , 1 2 1 1 g p p ,

2 1

1

2o og p p p

ara sonuçları bulunur. Bu denklemlerden

2 0g olduğu, ancak akılcı bir seçimiyle = 0o

g sağlanabileceği

görülmektedir.

2

1 1

2 2 2

21 1

2 2

opp p

p p p

ile verilen bu akılcı tercih sonucu

2 2 g p , 2

1 11 2 1

2 2 2

1 1 2

2 2

op p pg p p

p p p

, 0og

olmaktadır.

11

B) Euler DD

Özel bir örnek olarak 2

2 1 1 0

o o oa z a z a w b z b w c w DD’inin

çözümüne geçilebilir. Yukarıda elde edilen formüllerden yararlanarak

2

1 1

2 2 2

1 1

2 2 2 2

ocb b

a a a

0og ,

2

1 11 2 1 1

2 2 2

1 1 2

2 2 2 2

oo

cb bg a a b b

a a a

,

2

2 2 1 og a a a bulunur. Artık 1

2 2

1 exp

gv d

g g

ve yol şartı

1

2

exp 0

F

I

K gd

g

kullanılarak ,

C

w z d K z v

bulunabilir. Bu yaklaşıma ileride HGDD çözümü ile dönülecektir.

C) Rodrigues Formülü

Ancak daha önce, bir anlamda HGDD 'in özel hali olan Legendre DD 'ini incelemek öğretici

olur. 21 2 1 0 ; = 0 , 1 , 2 , . . . z P zP P ile verilen bu

DD 'in genel Euler DD 'i ile karşılaştırılmasından 2 1 1 , 0 , 1oa a a

1 2 , 0 ; 1o ob b c bulunur. Bu da 1 tercihini

gerektirir. Böylece 2

2 1 1 , 2 1g g olmaktadır. Bunların ilgili

formüllere yerleştirilmesi ise 21

2 2

1 exp 1

gv d

g g

ve

12

1

2

1

2

2

1 exp 0

FF

II

K gd

g z

sonuçlarını verir. Bu ara sonuç

2

1

1

C

P z dz

olarak yazılırsa, kompleks düzleminde yol integrali

formülü kullanılarak, z içeren herhangi bir kapalı yol için

2

12

!z

diP z

d

veya 1 1P sağlayan bir çözüm için

2 11

2 !

d zP z

dz

Rodrigues formülüne erişilir. Bu yaklaşım

21 , , 1 0m

nz m z n n m G Gegenbauer DD ’ine genelleştirilebilir,

ancak m Tek Tamsayı 'larda , mesela 1m Chebyshev I DD ’i için, formül

Chebyshev polinomları nT x yerine onlarla ilintili nV x fonksiyonlarını verir.

PROBLEMLER

P.V.1 ) 2 2, , 0oz z z J , Sıfırıncı mertebe Bessel DD ’ini Laplace dönüşümü ile

çözün. Uygun bir değişken dönüşümü ile 0 1oJ sağlayan çözüm için

2

0

1 exp cos

2oJ z d i z

olduğunu gösterin.

P.V.2 ) Euler dönüşümü kullanarak 21 , , 1 0m

nz m z n n m G

Gegenbauer DD ’i çözümünün integral ifadesini elde edin. Chebyshev I DD’i Gegenbauer

DD’inin 1m özel halidir; İntegral ifadenin Chebyshev I polinomlarını vermediğini

gösterin.

13

VI. İKİ ÖZEL FONKSİYON

A)

Eldeki metotla KHGDD ve HGDD çözümlerine geçmeden önce iki özel fonksiyonu yakından

tanımak gerekecektir. 1 'den n 'e kadar tamsayıların çarpımı olarak tanımlanan !n

ifadesini, tüm reel, hatta kompleks sayılara genelleştirmek amacıyla Gauss tarafından

geliştirilen Gamma fonksiyonu 1

0 expdu u u

olarak tanımlanır.

1 ifadesinin Parçalı İntegral metodu ile açılımından 1

bağıntısı, integralin 1 özel halinden de 1 1 özdeşliği elde edilir;

böylece 1 !n n olmaktadır.

B) ,

İki değişkenli Beta fonksiyonu ise 1 1 1

0, 1du u u

olarak tanımlanır.

Bu fonksiyonun Gamma fonksiyonu ile ilişkisini görebilmek için

1

0 expds s s

ve 1

0 expdt t t

ifadelerinde

2 2 , s x t y değişken dönüşümleri yapılarak

2 1 2 1 2 2

0 0 4 expdx dy x y x y

iki katlı integrale erişilir. Bu noktada önce polar koordinatlar

cos , sin ; x r y r dx dy r dr d yardımıyla

2 12 1 2 1 22

0 0 4 cos sin expd r dr r r

ara sonucuna ulaşılır, sonra da 2 2 2 ; sin 1 cosr ,

dolayısıyla 2 sin cosd yerleştirilerek

14

1 1 1 1

0 0 1 exp , d d

elde edilir. Böylece

,

olmaktadır.

PROBLEMLER

P.VI.1 )

0

1 exp n n

dx xn

olduğunu gösterin.

P.VI.2 ) 1

0 1 1

n n

dx n x n olduğunu gösterin.

P.VI.3 )

2

0

1

2 sin

22

2

n

n

dn

olduğunu gösterin.

P.VI.4 ) D-Boyutta SO D simetrik hacım elemanı 1

D

DA r dr

olarak ifade

edilebilir 1 2 3 1 , 2 , 4 , . . . A A A . D

A katsayısını Gamma

fonksiyonları cinsinden hesaplayın.

P.VI.5 )

0

?x

ax

xLim

;

0

5 ?x

x xLim

P.VI.6 ) Psi veya Digamma fonksiyonu

d n z

zdz

olarak tanımlanır.

1z için z ve temel fonksiyonlar içeren bir bağıntı bulun.

15

P.VI.7 ) n N için : 0.1 exp nC z n i ile verilen z n etrafında

küçük bir dairesel kapalı yol olmak üzere,

nC

dz z integralini hesaplayın.

P.VI.8 ) 1 , , 1 ifadesini sadeleştirin.

P.VI.9 ) Binom açılımı katsayısı

1 1 ,

1 !

k

k k k

:k Tamsayı

ifadesinin

1

,

k

k k

ifadesine eşdeğer olduğunu gösterin.

P.VI.10 ) 1 1

, 2 2

fonksiyonunun integral ifadesinde uygun bir trigonometrik

dönüşüm yaparak 1

2

olduğunu gösterin.

P.VI.11 )

2

2

0

11 4

2 sin 8

d

olduğunu gösterin.

P.VI.12 )

6 1

2 0

5

321

x dx

x

olduğunu gösterin.

16

P.VI.13 ) 1 1! ! ! 2 2

1

n n n nd n n

dn

yaklaşık ifadesinden yola

çıkarak

1 1

!1 1 !

2 2

N Nd n nn n d n n dn n n

dn

dolayısıyla Stirling benzeri 3 31! 12 2 2

n N N n N N n

formülünü elde edin. Gerçek Stirling : 1! 22

n N N n N N n

P.VI.14 ) 1N olmak üzere N seçmenli bir toplulukta iki alternatife eşit oy çıkma

ihtimalinin yaklaşık olarak 2

N olduğunu gösterin. İpucu : Stirling formülü

VII. KHGDD

2 0g durumuna uygun bir örnek 0zw z w w

ile verilen KHGDD 'in Laplace dönüşümü ile çözümüdür.

2 2 1 1 0

o oa z b w a z b w a z b w denklemi ile karşılaştırma

sonucu elde edilen 2 2 1 1 1 , 0 ; 1 , ; 0 , o oa b a b a b

parametrelerinden 2

2 1 0 , , og g g

bulunur. Artık v fonksiyonu

2

11

2

1 1

exp

1 exp 1o

dg

v dg g

17

yol şartı ise

1 exp 0F

I

z

formülleri ile belirlenebilir.

0 Re Re durumunda, reel eksen üzerinde 0 , 1 aralığının uygun bir yol

olduğu görülmektedir.(1) Böylece çözüm 1 11

0 exp 1w z A d z

olmaktadır. 0 1w sağlayacak bir çözüm için

1 11

00 1 = ,w A d A

kullanılarak

A

elde edilir ve çözüm önce :

1 11

0 exp 1w z d z

olarak yazılır.

Bu noktada 0

exp =

!

k k

k

zz

k

açılımı integrale yerleştirilerek

1 11

00

1 !

kk

k

zw z d

k

bulunur.

1 11

0 1kd

integralinin

,

kk

k

olarak çözüme yerleştirilmesi ile

1 1

0

!

k

k

k zw z F z

k k

2 31 1 2 1 ...

1! 1 2! 1 2 3!

z z z

KHG Serisine ulaşılır. parametresinin negatif bir tamsayı olması halinde çözümün bir

polinom olacağı görülmektedir.

18

VIII. HGDD

0og durumuna uygun bir örnek 1 1 0z z w z w w

ile verilen HGDD ’in Euler dönüşümü ile çözümüdür. HGDD ’in parametrizasyonu ilk bakışta

tuhaf bulunsa bile, ileride bunun çözüm estetiği uğruna DD estetiğinden fedakarlık

edilmesinden kaynaklandığı görülecektir. Ayrıca DD ’in değişimi altında

değişmediği de gözlenmektedir. 2

2 1 1 0

o o oa z a z a w b z b w c w

denklemi ile karşılaştırma sonucu elde edilen

2 1 1 1 , 1 , 0 ; 1 , ; o o oa a a b b c

parametrelerinden

2

1 1

2 2 2

1 1 ,

2 2 2 2

ocb b

a a a

bulunur

ve tarihsel sebeplerle tercih edilir. Bu tercih sonucu 2 1g ,

1 1 1 ,g 0og olmaktadır. Bu durumda

11

2 2

1 1exp

11 exp 1

1

dg

v dg g

;

yol şartı ise

1

1

1 0

F

Iz

ile belirlenir ve

11

C

w z dz

olur. Bu noktada hesap kolaylığı açısından

2

1

dud

u u değişken dönüşümü yapılırsa yol şartı

1

1 0

1

F

I

u u

u z

halini alır ve KHGDD ile aynı biçimde 0 Re Re

için, reel eksen üzerinde 0 , 1 aralığı uygun olur.(2) Böylece çözüm

1 11

0 1 1 w z A du u u u z

olmaktadır.

19

0 1w sağlayacak bir çözüm için

1 11

00 1 1 1 w A du u u u z A

kullanılarak

1 11

0 1 1 w z du u u u z

yazılır.

Bu noktada 1 u z

ifadesinin binom açılımını biraz dolambaçlı bir biçimde yapmak

gerekir.

0 0

1!1 =

! ! 1 !

k kn

k k

nn x xx

n k k n k k

0

1 1 1

1 !

k k k

k

u zu z

k k

ifadesi

1 sin

sin 1 sin1

1

kk

k kk

ve

11

sin

kullanılarak

0

1

!

k k

k

k u zu z

k

olarak basitleşir. Bu açılım çözüme yerleştirilince

1 11

00

1 !

kk

k

k zw z du u u

k

bulunur.

1 11

0 1kdu u u

integralinin

,

kk

k

olarak çözüme yerleştirilmesi ile

0

!

k

k

k k zw z

k k

2 31 1 1 2 1 2 1 ...

1! 1 2! 1 2 3!

z z z

20

HG Serisine ulaşılır. veya parametrelerinden herhangi birinin negatif tamsayı

olması halinde çözümün bir polinom olacağı görülmektedir. KHGDD 'in HGDD 'in, KHG

serinin de HG serinin özel birer limiti oldukları DD I kitapçığında görülmüştü. Benzer bir

limit işleminin integral dönüşüm metodunda da geçerli olması doğaldır.

1 11

2 10

, , ; 1 1

F z du u u uz

ifadesinde

s z değişken dönüşümünün sonucu

1 11

2 10

, , ; 1 1

s u sF du u u

olur.

1 1 exp

u su su s u s

u sLim Lim

kullanılarak

1 11

1 1 2 10

, ; , , ; 1 exp

s

F s F du u u u sLim

1 11

0 1

u sdu u u e

elde edilir.

EKLER VE NOTLAR

(1,2) 0 Re Re olmayan durumlarda, çoğu kapalı olmak üzere değişik yollar

kullanılır. Bunların en karmaşığı her iki tekil noktanın etrafında iki kere ve ters yönlerde

dolanan Poschhammer yoludur.