2
1
k
p
çarpanlarının sadeleşeceği ve
2
2
2
1
1
1
1
0
1
( )
( )
2
!
1
k p
k
k
p
p
p
p
p
k
x
d
x J
x
x J x
dx
k
k
p
ilişkisine ulaşılacağı görülecektir.
Özel olarak
0
p
ise;
1
0
( )
( )
d
xJ x
xJ x
dx
olacaktır.
Örnek.
1
( )
( )
( )
p
p
p
xJ x
pJ x
xJ
x
bağıntısını gerçekleyelim.
Öncelikle
2
2
1
2
2
1
1
0
0
1
1
( )
( )
2
!
1
2
!
k p
k p
k
k
k p
k p
p
p
k
k
x
x
pJ x
xJ
x
p
k
p k
k
p k
118
yazalım. Şimdi de eşitliğin sağ yanında yer alan ikinci toplamın payını ve paydasını
2 p k
ile çarpalım ve
1
p k
p k
p k
ilişkisini dikkate alalım :
2
2
2
2
1
0
0
1
1 2
( )
( )
2
!
1
2
!
1
k p
k p
k
k p
k
k p
p
p
k
k
p
p k x
pJ x
xJ
x
k
p k
k
p k
2
2
0
1
2
2
!
1
k p
k
k p
k
p
p k x
k
p k
2
2
0
1 2
( )
2
!
1
k p
k
k p
p
k
k p x
xJ x
k
p k
Örnek.
1
( )
y xJ x
’in
2
0
( ) 0
xy
y x J x
denkleminin bir çözümü olduğunu gösterelim.
1
( )
J x
, mertebesi 1 olan Bessel diferansiyel denkleminin bir çözümüdür.
2
2
1
1
1
( )
( )
1 ( ) 0
x J x xJ x
x
J x
olarak diferansiyel denklemi sağlar.
Verilen denklemde
1
( )
y xJ x
koyalım :
2
1
1
0
( )
( )
( )
x xJ x
xJ x
x J
x
2
1
1
1
1
0
2
( )
( )
( )
( )
x
J
xJ
x
J x
xJ x
x J x
olarak
0
1
( )
( )
J x
J x
ilişkisini ve yukarıdaki bağıntıyı dikkate alarak yeniden düzenleyelim :
2
2
1
1
1
1
1
2
( )
( )
( )
( )
x J
xJ x
J x
xJ x
x J x
2
2
1
1
1
( )
( )
1
( ) 0
x J
x
xJ x
x
J x
bulunur.
Örnek.
3 2
( )
y
xJ x
in
2
2
2
0
x y
x
y
denkleminin bir çözümü olduğunu gösterelim.
3 2
( )
J x
, mertebesi 3
2
olan Bessel diferansiyel denkleminin bir çözümüdür.
2
2
3 2
3 2
3 2
9
( )
( )
( ) 0
4
x J
x
xJ
x
x
J
x
Verilen denklemde
3 2
( )
y
xJ x
koyalım :
2
2
3 2
3 2
( )
2
( )
x
x J
x
x
x J
x
yazılırsa, ara işlemlerden sonra
2
2
3 2
3 2
3 2
9
( )
( )
( )
0
4
x x J
x
xJ
x
x
J
x
olur. Bu sonuç, ilk bağıntı dikkate alınarak bulunur.
7. BÖLÜM
DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN İNCELENMESİNDE
SAYISAL HESABIN KULLANILMASI
07.01. Giriş
Diferansiyel denklemler kısmi analitik çözümlere sahiptirler. Ancak, uygu-lamalı bilimlerde
karşılaşılan diferansiyel denklemlerin büyük bir çoğunluğu analitik olarak, kapalı çözümler
vermezler. Bu diferansiyel denklemlerin çözümleri için sayısal yöntemlerin hemen hemen
hepsi belli noktalarda belli sayısal sonuçlar verir, fakat problem bir çözüme sahip değilse
bunların hiçbir anlamı yoktur.
n. mertebeden adi diferansiyel denklem eğer
( )
(
1)
, , ',...,
n
n
y
f x y y
y
konumuna
getirilebiliyorsa ve ilk bölümde ifade edilen Lipschitz koşullarını sağlıyorsa, bu domende
böyle bir diferansiyel denklemin
1
, , ,...,
0
n
G X Y c
c
şeklindeki genel çözümü n tane keyfi
sabit içeren bir eğri ailesidir.
Diferansiyel denklem hangi türden olursa olsun, belli koşullarda çözüm eğrisi üzerindeki
noktaların sayısal olarak belirlenmesi Sayısal Çözüm olarak ifade edilir. Her çözümde esas,
diferansiyel denklemi 1. mertebeden bir adi diferansiyel denkleme ya da adi diferansiyel
denklem sistemine indirgemektir. Yani diferansiyel denklemin sayısal çözümlerde,
, , '
0
f x y y
şeklinde 1. mertebeden adi diferansiyel denklemin sayısal çözümlerinden hareket
edilir.
Adi diferansiyel denklemlerin sayısal çözümlerinde çözüm eğrisi ya da çözüm yüzeyini
bulmak için bazı koşulların verilmesi gerekir. Verilen bu ön koşullara göre diferansiyel
denklemler gruplara ayrılır.
07.02. Başlangıç Değer Problemleri
(
1)
( )
, , ',...,
,
0
n
n
f x y y
y
y
şeklinde n. mertebeden adi diferansiyel denklemin
x a
(başlangıç
noktasında)
( ), '( ),...,
( )
n
y a y a
y a
gibi n tane değeri veriliyorsa, bu Başlangıç Değer Problemi
adını alır. Burada hedef, bu noktanın sağına ya da soluna doğru hareket ederek diğer
noktalardaki çözümlerin bulunmasıdır.
0
0
'
( , )
( )
y
f x y
y x
y
120
şeklindeki başlangıç değer probleminin çözümünün varlığı ve tekliği aşağıdaki teoremlerle
gösterilebilir.
07.03. Teorem. (Varlık Teoremi)
Eğer
( , )
f x y
fonksiyonu,
0
0
( , ) :
,
R
x y
x x
y y
şeklinde tanımlanmış bir R
dikdörtgen bölgesinde sürekli ise başlangıç değer problemi
0
min( , /
)
x x
M
için
( )
y x
şeklinde bir çözüme sahiptir. Burada M, R dikdörtgen bölgesinde
( , )
f x y
nin maksimum
değeridir.
07.04. Teorem (Teklik Teoremi)
Eğer
( , )
f x y
ve
f
x
,
0
0
( , ) :
,
R
x y
x x
y y
şeklinde tanımlanmış bir dikdörtgen
bölgede sürekli iseler, başlangıç değer problemi
0
min( , / )
x x
M
aralığında tek bir
çözüme sahiptir.
07.05. Sınır Değer Problemleri
( )
, , ',...,
0
n
f x y y
y
şeklindeki n. mertebeden adi diferansiyel denklemim tanımlı olduğu
aralıkta 2 veya daha fazla noktada toplam olarak n tane değeri biliniyorsa buna Sınır Değer
Problemi denir.
''
( , , ')
( )
, '( )
x
f t x x
x a
x a
şeklindeki başlangıç değer problemi
1
x
x
ve
2
'
x
x
denerek aşağıdaki şekilde 1. derece bir
denklem sistemine dönüştürülebilir.
'
1
2
'
2
( , , ')
x
x
x
f t x x
1
2
( )
( )
x a
x a
Bu şekilde problem kolayca çözülebilir.
Ancak,
''
( , , ')
( )
, ( )
x
f t x x
x a
x b
şeklindeki problem için başlangıç değer problem yöntemleri
uygun olmayacaktır. Bu problem tipik bir sınır değer problemidir.
07.06. Seri Yöntemleri
07.06.01. Taylor Serisi Yöntemi
'
( , )
y
f x y
,
0
0
( )
y x
y
başlangıç değer problemi verilsin.
2
0
1
0
2
0
( )
(
)
(
)
...
y x
a
a x x
a x x
şeklinde bir özel çözüm alınsın.
0
x x
da
0
( )
y x ,
0
'( )
y x ,…,
(
1)
0
( )
n
y
x
türevleri mevcutsa, diferansiyel denklemin çözümü seri yöntemiyle
hesaplanabilir. Aranan
( )
y x
fonksiyonu
0
x noktası civarında Taylor serisine açılırsa
121
2
3
0
0
0
0
0
0
0
'( )
''( )
'''( )
( )
( )
(
)
(
)
(
)
...
1!
2!
3!
y x
y x
y x
y x
y x
x x
x x
x x
veya
0
x x
h
ise
2
3
0
0
0
0
0
'( )
''( )
'''( )
( )
(
)
( )
...
1!
2!
3!
y x
y x
y x
y x
y x
h
y x
h
h
h
yazılabilir. Serinin türev değerlerine bakacak olursak;
'
( , )
y
f x y
''
'( , )
( , )
( , ) '
x
y
y
f x y
f x y
f x y y
'''
''( , ) [ ( , )
( , ) ']'
x
y
y
f x y
f x y
f x y y
2
( , )
( , ) '
( , ) '
( , ) '
( , ) ''
xx
xy
xy
yy
y
f
x y
f
x y y
f
x y y
f
x y y
f x y y
2
( , ) 2
( , ) '
( , ) '
( , ) ''
xx
xy
yy
y
f
x y
f
x y y
f
x y y
f x y y
Örnek.
dy
x y
dx
ve
0
0
1,
2
x
y
başlangıç şartları veriliyor.
0.2
h
için Taylor serisini ilk 3
terime açarak
1
y ve
2
y değerlerini bulunuz.
2
1
'(1)
''(1)
(1.2)
(1 0.2)
(1)
(0.2)
(0.2)
1!
2!
y
y
y
y
y
y
(1) 2
y
'(1) 1 2
1
y
'' 1
'
''(1) 1 ( 1) 2
y
y
y
1
2
2 1(0.2)
(0.04) 1.84
2
y
2
2
'(1.2)
''(1.2)
(1.4)
(1.2 0.2)
(1.2)
(0.2)
(0.2)
1!
2!
y
y
y
y
y
y
(1.2) 1.84
y
'(1.2) 1.2 1.84
0.64
y
''(1.2) 1 ( 0.64) 1.64
y
2
1.64
1.84 0.64(0.2)
(0.04) 2.04
2
y
Örnek.
'
3
y
y
t
t
,
(1) 0
y
başlangıç değer problemi verilsin.
0.2
h
olmak üzere
(1.2)
y
değerini
Taylor seri yöntemi ile toplama 4 terim katarak bulunuz.
122
2
3
'(1)
''(1)
'''(1)
(1.2)
(1)
(0.2)
(0.2)
(0.2)
1!
2!
3!
y
y
y
y
y
(1) 0
y
0
'(1) 1 3
1
1
y
2
'
1
0
'' 1 3
3
''(1) 1 3
3
4
1
1
y
y
y
y
t
t
2
3
''
'
4
1
0
''' 3
6
6
'''(1) 3
6
6
6
1
1
1
y
y
y
y
y
t
t
t
4
6
(1.2) 0 1(0.2)
(0.04)
(0.008) 0.288
2
6
y
07.06.02. Picard İterasyon Yöntemi
'
( , )
y
f x y
,
0
0
( )
y x
y
başlangıç değer problemi verilsin.
( , )
( , )
dy
f x y
dy
f x y dx
dx
haline gelir. Bunun her iki yanını
0
,
x x
aralığında integre edersek;
0
0
( , )
x
x
x
x
dy
f x y dx
0
0
( )
( )
( , )
x
x
y x
y x
f x y dx
0
0
( )
( )
( , )
x
x
y x
y x
f x y dx
elde edilir.
'
y
için ilk yaklaşım
y
yerine
0
y koymakla elde
edilir.
0
1
0
0
( , )
x
x
y
y
f x y dx
Bunu
y
için verilen denklemde yerine koyup tekrar integre edersek
0
2
0
1
( , )
x
x
y
y
f x y dx
ikinci yaklaşımını elde ederiz. İşlem, bu yolla istenilen sayıda tekrar
edilirse n. yaklaşım
0
0
1
( ,
)
x
n
n
x
y
y
f x y
dx
olarak bulunur.
123
Örnek.
'
y
x y
,
(0) 1
y
başlangıç değer probleminin
0.1
x
’deki çözümünü Picard yöntemi ile
3 iterasyonla bulunuz.
0
0
0
(
)
(
)
( )
(0)
(
)
x
x
x
dy
x y dx
dy
x y dx
y x
y
x y dx
2
1
0
0
0
(0)
(
)
1
(
1)
1
2
x
x
x
y
y
x y dx
x
dx
x
2
3
2
2
1
0
0
(0)
(
)
1
(
1
)
1
2
6
x
x
x
x
y
y
x y dx
x
x
dx
x x
3
3
4
2
2
3
2
0
0
(0)
(
)
1
(
1
)
1
6
3
24
x
x
x
x
x
y
y
x y dx
x
x x
dx
x x
3
3
( )
( )
(0.1)
(0.1)
y x
y x
y
y
3
4
2
3
(0.1)
(0.1)
(0.1) 1 (0.1) (0.1)
1.11032
3
24
y
07.07. Tek Adım Yöntemleri
Bir
'
( , )
y
f x y
başlangıç değer probleminin her bir adımdaki çözümünü, bir önceki adımda
verilenler yardımıyla yaklaşık olarak bulmayı sağlayan yöntemler, tek adım yöntemleri olarak
adlandırılır.
07.07.01. Euler Yöntemi
Taylor serisinin ilk iki terimini alarak hesaplanan ve birinci mertebeden türevleri kapsayan
açınım Euler yöntemidir. Bu yöntemde bir
i
x noktasındaki bağımlı değişkenin değeri, önceki
noktadan geçen bir doğru boyunca ekstrapolasyon ile bulunur.
'
( , )
y
f x y
,
0
0
( )
y x
y
başlangıç değer probleminin
0
(
)
y x
h
değeri ;
0
0
0
0
0
0
(
)
'( )
( , )
y x
h
y
hy x
y
hf x y
şeklinde elde edilir.
1
0
x
x
h
alırsak,
1
0
0
0
( )
( )
( , )
y x
y x
hf x y
2
0
2
x
x
h
alırsak,
2
1
1
1
( )
( )
( , )
y x
y x
hf x y
şeklinde devam edersek ;
124
1
( , )
i
i
i
i
y
y
hf x y
elde edilir.
Örnek.
2
'
2
x y
y
y x
ve
(1) 0
y
başlangıç değer problemi veriliyor.
(1.2)
y
ve
(1.4)
y
değerlerini Euler
yöntemi ile bulunuz.
2
( , )
2
x y
f x y
y x
,
0
1
x
,
0
0
y
,
0.2
h
1
0
0
0
( )
( )
( , )
y x
y x
hf x y
(1.2)
(1) (0.2) (1, 0)
y
y
f
2(1) 0
(1.2) 0 (0.2)
0.4
2(0) 1
y
2
1
1
1
( )
( )
( , )
y x
y x
hf x y
(1.4)
(1.2) (0.2) (1.2, 0.4)
y
y
f
2(1.2) 0.4
(1.4)
0.4 (0.2)
0.6
2( 0.4) 1.2
y
Örnek.
'
3
y
y
x
x
ve
(1) 0
y
başlangıç değer problemi ve
0.2
h
veriliyor.
a)
(1.2)
y
değerini 4 terime açarak Taylor seri yöntemi ile
b)
(1.4)
y
değerini Euler yöntemi ile bulunuz.
a)
2
3
''(1)
'''(1)
(1.2)
(1)
'(1)(0.2)
(0.2)
(0.2)
2!
3!
y
y
y
y
y
(1) 0
y
'(1) 1
y
2
'
'' 1 3
''(1) 4
y x y
y
y
x
2
2
4
''
'
'
2
''' 3
'''(1) 6
y x y
y x
xy
y
Dostları ilə paylaş: |