Prof. Yav Ksoy uz a cilt 2 Dİferansiyel denklemler



Yüklə 6,77 Mb.
Pdf görüntüsü
səhifə28/28
tarix15.10.2019
ölçüsü6,77 Mb.
#29352
1   ...   20   21   22   23   24   25   26   27   28
difdenk

x y
 
noktasındaki teğet doğrultusunu vereceğinden, bu sonuç 
 
1
1
'
( , ) tan
y
f x y



 
şeklinde ifade edilebilir. Buradan  
   
 
 
1
1
( , )
arctg f x y


 
yazmak  olanaklıdır.  Böylece 
1
x
apsisli  noktadaki  teğet  doğrultusu  belirlenmiştir. 
Genelleştirmek istersek, i = 1, 2, 3, … olmak üzere  
 
tan ( , )
i
i
ac
f x y


 
yazabiliriz.  
0
( , )
n
x x
aralığını kısmi aralıklara bölelim. 
0
1
2
, , ,...,
n
x x x
x
 apsislerine karşılık fonksiyon olarak, 
0
1
2
, , ,...,
n
y y y
y
 değerlerini almış olsunlar. 
(x
0
,y
0
)  noktasından 
 
1
1
( , )
arctg f x y


 
doğrultusunda,  x = x
1
  doğrultusuna rastlayıncaya kadar bir doğru çizelim. Sonra 
 
2
2
( , )
arctg f x y


 
doğrultusunda, x
1
 den itibaren ve ilk çizimin kaldığı noktadan başlayarak x = x
2
 doğrusuna 
rastlayıncaya  kadar  bir  doğru  çizelim.  Ve  işlemlere  böylece  devam  edelim.  Bunun  sonucu 
(x
1
,x
2
), (x
2
,x
3
), (x
3
,x
4
), … aralıklarının her birine, o aralıkta fonksiyonun teğet doğrultusunu 
veren  ve  her  biri  uçuca  eklenmiş  bir  kırık  çizgi  fonksiyonuna  varılmış  olur.  Bu  doğru 
parçalarının her birine teğet kalacak şekilde çizilmiş bir uygun eğri  
                                      y’ = f (x,y) 
diferansiyel denkleminin integrali olan y = f(x) fonksiyonunun gösterdiği eğriye yaklaşık bir 
çizim olarak bulunacaktır. Bu açıklamalara ait grafik görüntü Şekil 9.6 daki gibidir. 
 
Şekil 9.6. 
Diferansiyel denkleminin integrali olan y = f(x) eğrisi 

181 
 
Bu  yaklaşık  eğriye  ait  bazı  koordinat  noktalarını  bulmak  suretiyle  interpolasyon  yöntemleri 
(Lagrange  ve  Newton  interpolasyon  yöntemleri  gibi)  kullanılarak  bu  eğrinin  denklemi 
yazılabilecektir.  
Örnek. 
y’  =  -  x  diferansiyel  denklemini  bir  basit  örnek  olarak  seçmiş  olalım.  Aralıkları  da  işi 
basitleştirmek için, 1 cm uzunluğunda seçelim. (x
1
,x
n
) aralığını da bu örnek için (1, 5) olarak 
alalım.  
                            y’ = - x 
i-1
 = tg

i-1
       (i = 1, 2, 3, 4, 5) 
olarak düşünülürse, buradan 
                            

i-1
 = arctg (-x
 i-1

yazılabilir.  Buradan,  aşağıdaki  inceleme  yoluyla,  sırasıyla  her  aralıktaki  teğet  doğrultularını 
bulmuş oluyoruz : 
i = 2 için :  

1
 = arctg (-x
1
) = arctg (-1)   den   
 = 135
0
 
i = 3 için :  

2
 = arctg (-x
2
) = arctg (-2)  den  
 117
0
 
i = 4 için :  

3
 = arctg (-x
3
) = arctg (-3)  den   
 107
0
 
i = 5 için :  

4
 = arctg (-x
4
) = arctg (-4)  den   
 102
0
 
değerleri  bulunur.  Bir  dik  koordinat  sistemi  içinde  bu  doğrultuları  kendilerine  ait  aralıklar 
içinde işaretleyelim. (Şekil 9.7). 
 
Şekil 9.7. 
y’=- x  diferansiyel denkleminin integral eğrisi 
Burada  görüldüğü  gibi  y’  =  -  x    diferansiyel  denkleminin  integral  eğrisi  elde  edilmiş  olur. 
Şekil  9,7  de  görülmekte  olan  eğri  parçası,  integral  eğrisinin  seçmiş  olduğumuz  aralıktaki 
kısmıdır. y’ = - x diferansiyel denklemi integre edilirse 
                              y = ½ x
2
 
bulunur ki bu şekildeki eğri ile benzer özellikleri taşımaktadır.  

182 
 
09.06. Yarım Adımlar Yöntemi 
Bu  yöntem,  yukarıda  verilen  yöntemin  daha  sağlıklı  bir  şekilde  uygulanabilmesine  olanak 
sağlayacaktır. Bu amaçla kullanılır. Yöntemin uygulanmasına öncekinde olduğu gibi başlanır. 
Yani  başlangıç  noktasındaki  doğrultu,  y’  =  f  (x,y)  diferansiyel  denkleminden  elde  edilir. 
Başlangıç noktasının koordinatları x
0
, y
0
 ise  
                                y
0
’ = f (x
0
,y
0

bize, başlangıç noktasındaki teğet doğrultusunu verecektir. Yarım adımlar yöntemi olarak, bu 
ilk  doğrultuda  bir  miktar  gidilir.  Varılan  bu  nokta  a
1
,b
1
  olsun,  (Şekil  9.8).  Bu  ilk  yarım 
adımdır.  
 
Şekil 9.8. 
Yarı adımlar yöntemi
 
Şimdi  a
1
,b
1
  noktası  için  diferansiyel  denklemden  b

doğrultu  katsayısı  hesaplanır.  Bu 
doğrultuda,  yine  başlangıç  noktasından  hareketle  ilk  adımın  iki  katı  kadar  gidilerek  x
1
,y
1
 
noktasına varılır. Bu nokta ilk tam adımdır ve integral eğrisine aittir.  
Bu işlemler istenildiği kadar devam ettirilebilir. Böylece integral eğrisine ait çok sayıda nokta 
belirlenmiş  olur.  Ancak  öncelikle  belirtmek  gerekir  ki  bu  noktalar  teorik  olarak  integral 
eğrisine aittirler. Gerçekte bu eğrinin civarındaki noktalardır.  
Yarım adımlar yöntemini bir kez daha uygulamak istersek bu kere x
1
,y
1
 noktasını başlangıç 
noktası seçmek gerekir. Bu nokta için 
                                              y
1
’ = f (x
1
, y
1

olup,  x
1
  deki  teğet  doğrultusu  bulunmuş  olur.  Bu  doğrultuda  bir  miktar  gidilir  ve  bu  nokta 
a
2
,b
2
  olarak  işaretlenir  :  (Şekil  9.8  den  izleyiniz).  Diferansiyel  denklemden  b

  doğrultu 
katsayısı belirlenerek, x
1
,y
1
 den itibaren bu doğrultuda ilk uzunluğun iki katı kadar gidilerek 
x
2
,y
2
  noktasına  varılır  ki  bu  nokta  ikinci  tam  adımdır.  Böylece  devam  edilerek  x
n
,y
n
 
noktalarını bulmak olanaklı hale gelir. Bu yöntemin sağlıklı bir şekilde uygulanabilmesi için 
yarım adımlar, olabildiği kadar küçük seçilmelidir.  

183 
 
  
09.07. İzoklin Yöntemiyle İntegrasyon 
y’  =  f  (x,y)  diferansiyel  denklemi  verilmiş  olsun.  Bu  denklemi,  m  herhangi  bir  noktadaki 
eğimi göstermek üzere 
                                                  f (x,y) = m 
yapısında  ele  almak  olanaklıdır.  Bu  bize  bir  eğri  gösterir.  Bu  eğriyi  E  ile  gösterelim.  E 
eğrisinin  üzerindeki  her  A  noktasından    bir  C  integral  eğrisi  geçer.  Bu  C  eğrilerinin  ortak 
özelliği ise A noktalarındaki teğetlerinin eğimlerinin m olarak birbirlerine eşit olmasıdır. Bu 
özelikten  ötürü  E  eğrilerine  İzoklin  Eğrileri  denir.  m  nin  her değeri  için  bir  E  eğrisi  çizile-
bileceği aşikârdır. Bu aynı zamanda, 
                                                  f (x
i
,y
i
) = m 
olduğundan, yani bir (x
i
;y
i
) noktasının koordinatları için m tayin edileceğinden, her bir (x
i
;y
i

noktasından, bu eğrilerden bir tane geçtiğini ifade etmiş olur.  
Artık izoklinlerden yararlanmak suretiyle 
                                                 y’ = f (x,y)  
diferansiyel denkleminin integral eğrilerinin ne şekilde bulunabileceğini araştıralım.  
                                                  f (x,y) = m 
olarak düşünüldüğü anımsanırsa, m ye verilecek birkaç uygun değer için elde edilen E eğrileri 
çizilir.  Bu  çizimler  düzgün  bir  şekilde  yapılmalıdır.  Bu  eğrileri  sıra  ile  E
1
,  E
2
,  E
3
,  …  ile 
gösterelim. Aynı zamanda m ye verilen değerleri de Oy ekseni üzerinde işaretleyelim :  
(Şekil 9.9).  
 
Şekil 9.9. 
İzoklin yöntemi
 
Bunlar sırasıyla  m
1
 = OA
1
 , m
2
 = OA
2
,  m
3
 = OA
3
 , … olsunlar. Sonra Ox ekseni üzerinde O 
dan itibaren negatif yönde 1 birim gidilerek, P noktasını işaretleyelim. Bundan sonra P ile A
1

A
2
,  A
3
,  …    noktalarını  birleştirmek  suretiyle  m
1
,  m
2
,  m
3
,  …  değerlerine  karşı  gelen 

184 
 
doğrultuları  çizgisel  olarak  belirtmiş  oluyoruz.  Bu  integral  eğrilerinin,  her  bir  izoklin  ile 
kesiştiği noktadaki teğetinin eğiminin belirlenmiş olması demektir. 
E

izoklin  eğrisinin  M
1
  noktasını  alalım.  Bu  noktadan  PA
1
  e  bir  paralel  çizelim.  E
1
  ve  E

izoklinleri arasında ortada bir yerde M
1
M
2
 doğrusu sınırlandırılır. Şimdi de M
2
 den PA
2
 ye bir 
paralel  çizelim.  Bu  da  M
2
M
3
  olarak  E
2
  ile  E

izoklinleri  ortasında  bir  yerde  sınırlandırılır. 
Nihayet M
3
 noktasından PA
3
 e bir paralel çizelim. Böylece M
1
M
2
M
3
… poligonu elde edilmiş 
olur. Bu poligon, izoklin eğrilerini sıra ile K
1
, K
2
, K
3
, … noktalarında keser (Şekil 9.9 dan 
izleyiniz).   
Bu  hazırlıklardan  sonra  K
1
  de  M
1
M

doğrusuna;  K2  de  M
2
M
3
  doğrusuna;  K3  de  M
3
M
4
 
doğrusuna  teğet  olacak  şekilde  çizeceğimiz  eğri,  aradığımız  integral  eğrisinin  bir  yaklaşık 
şekli olacaktır. Özel olarak, 
                                   y + x 
(y’) + (y’) = 0 
şeklindeki  Lagrange  Diferansiyel  Denklemi  için  izoklinlerin  birer  doğrudan  ibaret  olduğu 
hemen söylenebilir. Gerçekten, 
                                   y’ = f (x,y) = m 
olarak alınırsa, m bir parametre olduğundan, yukarıdaki denklem 
                                   y + x 
(m) + (m) = 0 
veya bu da  
(m) = a ; (m) = b değerlerinde oldukları kabul olunursa 
                                    y + a x + b = 0 
şeklinde bir doğru denklemi gösterecektir.  
 
Örnek .                              
y’ + x y = 0  diferansiyel denklemini izoklin yöntemiyle çözmeye çalışalım: 
                                             y’ = m = - x y 
olarak  alalım.  x.y  =  -  m  fonksiyonlarının  ikizkenar  hiperboller  ailesi  olduğunu  biliyoruz. 
Burada  m  ye  verilecek  çeşitli  değerler  yardımıyla  bu  ikizkenar  hiperboller  ayrı  ayrı 
belirlenecektir ;  (Şekil 9.10).    
 
Şekil 9.10. 
y’ + x y = 0 dif. denklemi için İzoklin yöntemi
 

185 
 
 
m =… -4 , -2 , -1 , -½ , -¼ , ¼ , ½ , 1 , 2 , 4 , … 
de
ğerlerini aldığını varsayalım. Bu değerler sırasıyla, denklemleri 
xy = 4 , xy = 2 , xy = 1 , xy = ½, xy =¼, xy = -¼,xy=½ , 
xy=-1 , xy = -2 , xy = -4 
olarak  belirlenen  ikizkenar  hiperboller  elde  edilir.  Bunlar  şekilde  görüldüğü  gibi,  aynı  bir 
koordinat sistemi içine hep birlikte çizilir. Şekildeki noktalı çizilmiş eğriler bu hiberbollerdir.  
Şimdi O noktasından itibaren pozitif ve negatif yönlerde 1 birim gidilirse P
1
 ve P
2
 noktaları 
bulunur  ve  işaretlenir.  Burada  P
1
  negatif  m  değerleri  için,  P
2
  ise  pozitif  m  değerleri  için 
kullanılacaktır.  Şunu  ilk  önce  işaret  edelim  ki  Şekil  9.10  da  P  noktasının  nasıl  seçildiği 
anımsanırsa,  burada  P  ve  A
1
,  A
2
,  A
3
,  …noktalarını  sırasıyla  Ox  ve  Oy  eksenlerine  göre 
simetrik  olarak  yerleştirdiğimiz  takdirde  PA
1
,  PA
2
,  PA
3
,  …doğrultularında  değişen  bir  şey 
olmayacaktır.  Bu  durum  göz  önünde  tutularak  m  nin  değerlerini  Oy  ekseninin  negatif 
tarafında  işaretlemekte  bir  sakınca  yoktur.  m  için  Oy  ekseninde  işaretlenen  bu  noktaları 
sırasıyla  P
1
  ve  P
2
  kutup  noktalarına  birleştirelim.  Böylece  izoklinler  üzerindeki  integral 
eğrisine ait değme noktalarının teğet doğrultuları belirlenmiş olur.  
Bütün bu hazırlıklardan sonra, Şekil 9 da görülen çizim yolu buradaki değerler kullanılarak bu 
probleme  uygulanırsa,  Şekil  9.10  de  görülen  ve  E
1
  ve  E
2
  olarak  adlandırdığımız  poligonlar 
elde edilir. Bunlar yardımıyla diferansiyel denklemin integral eğrilerini hemen hemen vermiş 
olacaklardır. Şekil 9.10 de görülen Çan Eğrisi (Gauss Eğrisi) böyle elde edilmiş olmaktadır. 
Gerçektende  verilen  diferansiyel  denklemin  elemanter  olarak  çözümü  yapılırsa,  C  bir  keyfi 
sabiti gösterdiğine göre 
                                                    
2
1
2
x
y Ce


 
olduğu görülecektir. Bu fonksiyon ise, analitik olarak, çan eğri ailesini göstermektedir.  
 
09.08. Nomogramların Kullanılması 
y’  =  f  (x,y)  diferansiyel  denkleminin  çözülmesi  için  grafik  yöntemin  uygulanması  halinde, 
önemli  olanın,  hangi  x,y  noktalarına  karşı  gelen  doğrultuların  bulunması  olacaktır.  Bazı 
diferansiyel denklemlerde nomogramlar kullanılarak bazı çalışmalar yapılabilir.  
H.Heinrich  nomogramları  kullanmak  suretiyle,  bazı  durumlarda  bu  doğrultuların 
bulunmasının kolayca olanaklı olduğunu savunmuştur.  
                                                 
1
2
1
2
( )
( )
'
( )
( )
g x
g y
y
f x
f y



 
tipindeki diferansiyel denklemleri göz önüne alalım. Bu tip diferansiyel denklemlerin doğrultu 
alanını  bulmak  üzere,  Heinrich  tarafından  geliştirilen  nomografik  yöntem  aşağıda 
açıklanmıştır : 
                                                 
1
2
1
2
( )
( )
'
( )
( )
g x
g y
y
f x
f y



 
diferansiyel denkleminden, parametreleri x ve y olan ve dik açılı bir  u, v sistemi içinde,  

186 
 
                                    X(x)   :   u = f
1
 (x)    ,     v = g
1
 (x) 
                                    Y(y)   :   u = f
2
 (y)   ,     v = g
2
 (y) 
eğrileri çizilmiş olsun.  x ve y parametrelerinin bir x
0
 ve y
0  
paremetrik değerlerine karşın X(x) 
ve Y(y) eğrilerini bu noktalarda kesen bir ∆ doğrusunun Ou ekseniyle yaptığı açı 
 ise 
                                  
1
0
2
0
1
0
2
0
( )
(
)
tan
( )
(
)
g x
g y
f x
f y




 
olarak  hesaplanır,  (
Şekil 9.11). ∆    doğrusu ötelenerek, 
  doğrultu açısını içeren izokline ait  
x
0
, y
0
 koordinatları elde edilmiş olur.   
 
Şekil 9.11
. Nomogramların kullanılması
 
Uygulamada bazı hesapların yapılması gerekmektedir. Önce problemi şu şekilde ele alalım : 
                                                F (x , y , y’) = 0  
diferansiyel denkleminin çözümünün 
                                                F (x , y , C) = 0 
formunda bir sonuç olması gerektiğine göre, C keyfi sabitinin alacağı değerler itibariyle bu bir 
eğri  ailesi  gösterecektir.  Bu  eğriler  ise  düzlemi  dolduracaktır.  Keyfi  bir  başlangıç  noktası 
seçmekte bir sakınca yoktur. Çünkü bu nokta mutlaka eğri ailesindeki eğrilerden biri üzerinde 
olmak zorundadır.  Bu yöntemin uygulanması sırasında, daha önce konu edilmiş olan yarım 
adımlar  yöntemi  de  kullanılacak  ve  yaklaşıklık  derecesini  artırmak  bakımından  faydalı 
olacaktır.  
Örnek . 
y’ = [x
2
 – y
2
] / [x
2
 + y
2

diferansiyel  denklemi  veriliyor.  Bu,  yukarıda  belirttiğimiz  tipe  uyan  bir  denklemdir.  Bunu 
parametrik olarak ifade edelim : 

187 
 
                                  X(x)     :     u =  x
2
        ;        v = x
2
 
                                  Y(y)     :     u = - y
2
       ;        v = y
2
 
ve  bunlar birleştirilerek 
                                  X(x)    eğrisi için    v = u 
                                  Y(y)    eğrisi için   v = - u 
yazılabilecektir. Hatta  
                                   v = u = 0     ;     v = - u = 0 
koşulları  da  oluşturulabilecektir.  Bunun  anlamı  şudur  :  Her  ikisinde  de  birimleme  sadece 
pozitif yöndeki kollar üzerinde yapılacaktır.  
v = u  ve  v = -u , uOv koordinat sistemi içinde birer doğru gösterirler. Bu doğrular xOy dik 
koordinat  sistemi  içinde,  birincisi  X(x),  ikincisi  Y(y)  olarak  çizilirler.  Ancak  her  sistemde 
birimleme keyfi yapılabileceği gibi, 
v  =  u    ve    v  =  -u    doğrularının  başlangıç  noktası  xOy  düzlemi  içinde  keyfi    olarak 
yerleştirilebilir.  
Bu açıklamaları daha iyi kavrayabilmek için aşağıdaki örneği inceleyelim : 
Örnek  olarak  seçilmiş  olan  diferansiyel  denklemin  x  =  2,  y  =  8  olan  bir  integral  eğrisini 
bulmak isteyelim: 
Yarım adımlar yöntemini uygulayarak, verilen başlangıç koşulları için diferansiyel denklemi 
hesaplayalım : 
                                    tg 
 = y’(2 ; 8) = [4 – 64] / [4 + 64]  =  - 15 / 17 
olur.  Buradan 
 hesaplanırsa,  = 138 34’ olduğu  görülür.  Bu doğrultu- da  x = 2 ,  y  = 8  
noktasından itibaren bir miktar (örneğin 1 cm) ilerle- yelim. İşaretleyeceğimiz nokta A olsun, 
(Şekil 9.12). Yarım adımlar yön-temini uygulamaya devam edelim. Bunun için A noktasının 
koordinatlarını bilmek gerekir. Dikkat edilirse, A noktası, merkezinin koordinatları (2 ; 8) ve 
yarıçapı 1 cm olan (öyle seçmiştik) bir çember ile (2 , 8) noktasından geçen ve eğimi      
                                    tg 
 = - 15 / 17   
olan bir doğrunun ortak noktasıdır. Bu bilgiler ışığında aşağıda görülen sistem kurulabilir : 
                                    (x – 2)
2
 + (y – 8)
2
 = 1 
                                     y – 8 = - (15/17) (x – 2) 
Bu sistem çözülürse 
                                     x = 2.75 ;  y = 7,34 
bulunur. Bu ilk  yarım  adımdır. Yarım adımlar  yöntemi  anımsanırsa, bu  kez bu koordinatlar 
için diferansiyel denklem yeniden hesaplanacaktır. 
                                    tg 

1
 = y’(2,75 ; 7,34) = [7,5725 – 53,8756] / [7,5725 + 53,8756] 
                                             = - [46,3031] / [61,4481]  =  - [46,30] / [61,45] 
olup  değeri  üzerinden 

1
  hesaplanırsa 

1
  =  143
    olduğu  görülür.  Buna  göre  yine  (2;8) 
noktasından başlamak ve bu doğrultuda bu kez 2 misli (2 cm) gidilerek B noktasına varılır. 

188 
 
Bu ilk tam adımdır. Demek ki B noktası integral eğrisine ait bir nokta olmalıdır. B noktasının 
koordinatları yukarıda olduğu gibi düşünülerek, 
 
 
Şekil 9.12. y’ = [x
2
 – y
2
] / [x
2
 + y
2
]  
dif. denkleminin çözümü 
                               (x – 2)
2
 + (y – 8)
2
 = 4 
                                 y – 8 = - [46,30 / 61,45] (x -2)       
denklem sisteminin çözümünden elde edilir. Bu sistem çözülürse B  noktasının koordinatları  
B (3,6 ; 6,85)  olarak bulunacaktır.  
B  noktası  integral  eğrisine  ait  olduğuna  göre  bu  noktadaki  teğet  doğrultusu  nedir  ?  Bunu 
araştıralım. X(x) eğrisi üzerinde kendi birimlemesine göre 3,6 noktası işaretlenir. Aynı işlem 
Y(y) eğrisi üzerinde 6,85 noktası işaretlenmek suretiyle tekrarlanır (Şekil 9.12 ten izleyiniz). 
Bu  iki  nokta  birleştirildiğinde  B  noktasından  çizilecek  teğetin  doğrultusu  belirlenmiş  olur. 
Artık  B  noktasından  bu  doğrultuya  bir  paralel  doğru  çizmek  yeterlidir.  Bu  örnek  için  aynı 
integral  eğrisine  ait  bir  üçüncü  nokta  bulmak  üzere  işlemlere  devam  edelim.  Bu  kere  çıkış 
noktamız B dir. Bu noktada yarım adımlar yöntemini uygulayalım.  
B noktasının koordinatları için diferansiyel denklemi hesaplayalım : 
                           tg 

2
 = y’(3,6 ; 6,85) = [12,96 – 46,9225] / [12,96 + 46,9225] = 
                                    = - [33,96] / [59,88] 
olup  buradan 

2
  hesaplanırsa  ;   

2
  =  150
  25’    bulunacaktır.  B  noktasından  itibaren  bu 
doğrultuda  1  cm  ilerlenirse C  noktasına varılır.  Tam  adıma  ulaşmak  üzere  işlemlere devam 
edelim.  Bunun  için  C  noktasının  koordinatlarını  belirlemek  üzere,  yukarıdaki  işlemlerin 
benzerini yapalım 

189 
 
                             y – 6,85 = - [33,96 / 59,88] (x – 3,6) 
                             (x – 3,6)
2
 + (y – 6,85)
2
 = 1    
denklem sistemini çözersek  x = 4,5  y = 6,4  bulunur. Dolayısıyla C noktası belirlenmiş olur :  
C(4,5  ;  6,4).  Şimdi  C  nin  koordinatları  için  diferansiyel  denklemin  yeniden  hesaplanması 
gerekmektedir.  
                      tg 

3
 = y’(4,5 ; 6,4)= [20,25 – 40,96] / [20,25 + 40,96] = - [20,71 / 61,21] 
olup buradan 

3
 hesaplanırsa :  

3
 = 161
 20’ bulunur. B noktasından başlayarak 
3
 = 161
 
20’  doğrultusunda  bu  kez  2  cm  ilerlenirse  D  noktasına  varılacaktır.  Bu  ise  integral  eğrisi 
üzerinde  olan  (olması  gereken)  bir  noktadır.  D  noktasındaki  teğet  doğrultusunu  çizebilmek 
için bu noktanın koordinatlarının bilinmesi gerekmektedir. 
                       y  – 6,85 = - [20,71 / 61,21] (x – 3,6) 
                       (x – 3,6)
2
 + (y – 6,85)
2
 = 4 
sistemi çözülmelidir. Sistem çözülürse x = 5,5   y = 6,2  bulunur.  
Bir  önceki  tam  adımda  olduğu  gibi  bu  değerler  sırasıyla  X(x)  ve  Y(y)  eğrileri  üzerinde 
işaretlenir  ve  elde  edilen  noktalar  birleştirilirse  ∆
2
  teğet  doğrultusu  belirlenmiş  olur.  D 
noktasından bu ∆
2
 doğrusuna çizilecek bir paralel, bu noktadan geçecek olan integral eğrisinin 
teğet kalacağı doğrultuyu belirtmiş olur.  
Integral eğrisine ait başka noktalar elde edilmek istenildiğinde uygulama burada olduğu gibi 
devam  ettirilmelidir.  Ancak  ara  hesaplar  oldukça  uzun  olacak  ve  belirli  bir  yaklaşıklıkla 
çalışmak  gerekecektir.  Yaklaşık  hesaplamalar  sonucunda,  integral  eğrisinin  de  sonuçta  bir 
yaklaşık eğri olacağı kabul edilmelidir.  
Bu konunun ikinci mertebeden diferansiyel denklemlerin incelenmesinde kullanılması gibi bir 
olanak  varsa da  biz  kitabımıza  bu  bölümü  koymadık.  Çünkü  Grafik  Yöntem  başlığı  altında 
yaptığım  yukarıdaki  çalışmada  görüldüğü  gibi,  bu  konuda  çözüm  üretmek  hayli  güç  ve 
zahmetli olmaktadır. Çözüm üretmek yerine, adi diferansiyel denklemler için biraz da özel bir 
durum arz etmektedir.  
Konuyu buraya koyarken şöyle düşündük: Demek ki bu konuda grafik yöntem başlığı altında 
yapılmış  çalışmalar  da  varmış!  Bu  bölüme  ait  yukarıdaki  çalışmalar  yapılırken  gerçekte 
okuyucumuzu, böyle bir yöntemin varlığından haberdar etmekti. Ancak pratikte görülüyor ki 
kolayca uygulanabilir değildir.    
Okuyucumuza biraz da bunu göstermek istemiştik.  
 

 
 
 
 
 
 
 
10. BÖLÜM 
 
DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN VE SİSTEMLERİN ÇEŞİTLİ ALANLARDAKİ 
UYGULAMALARI 
 
10.01. Giriş 
Diferansiyel  denklemlerin  ve  sistemlerin,  başta  da  belirtildiği  gibi,  pek  çok  bilim  alanında 
uygulama  alanları  bulunmaktadır.  Bunlar  tek  düze  sıradan  konular  olmamakla  birlikte  daha 
çok  Mekanik,  Elektrik  Devreleri,  Geometri,  Roketler,  Kimya,  Radyoaktivite,  Kirişlerin 
eğilmesi  gibi  konularda  karşımıza  çıkar.  Ayrıca  vereceğimiz  bazı  örnekler  ilginç  hatta  şa- 
şırtıcı olacaktır. Diferansiyel denklemler sadece matematiğin değil konu ettiğimiz alanlardaki 
problemlerin kurulup çözülmesine de yardımcı olmaktadır. 
10.02.  Mekanikteki Uygulamalar 
Fizik  konuları,  fiziksel  âlemin  tabiatını  belirleyen  kanunları  araştırmakla  uğraşır.  Fiziksel 
âlemde  etrafta  görülen,  atom  ve  moleküller  gibi  görülmeyen  şeylerin  bütünü  anlaşılır. 
Cisimlerin hareketinin incelenmesi mekaniğin bir dalıdır; buna dinamik denir. Newton’un üç 
hareket kanunu, dinamik çalışmalarının temel dayanağı şeklindedir.  
10.02.01  Newton’un Hareket Yasaları 
İlk olarak Newton tarafında ortaya çıkan üç yasa aşağıdaki gibidir. 
*Üzerine dış  kuvvetler  etki etmedikçe duran bir  cisim durmaya devam eder, hareketteki bir 
cisim ise hareketini bir doğru üzerinde değişmez hızla devam ettirir. 
*Bir cismin momentumunun zamanla değişmesi cisme etki eden net kuvvetle ilgili orantılı ve 
aynı doğrultudadır. 
*Her etkiye eşit ve zıt bir tepki vardır. 
İkinci kanuna göre bir cismin momentumu, m kütlesi ile v hızının çarpımı olarak tarif edilir. 
Buna  göre  momentumun  zamanla  değişimi 
(
)
d
mv
dt
  dir.  Cisme  etki  eden  net  kuvvet  F  ile 
gösterilirse ikinci kanuna göre  
 
 
 
 
(
)
d
mv F
dt
     
 
 
                                   (10.1)                                                                              
dir. Burada 

 işareti orantılı olduğunu göstermektedir. Orantı k ile gösterilirse; 

191 
 
 
 
 
(
)
d
mv
kF
dt

 
elde edilir. Eğer m değişmez ise, bu  
 
 
 
dv
m
kF
dt

veya 
ma kF

 
şeklinde  yazılabilir.  
Burada   
dv
a
dt

  ivmedir. Böylece;  
 
 
 
 
ma
F
k

                                                                                (10.2)                                    
olduğu görülür. k nın değeri kullanılmak istenen birimlere bağlıdır. Bugün bu iki temel sistem 
kullanılmaktadır. 
10.02.02.  c g s sistemi veya Santimetre, Gram, Saniye Sistemi 
Bu sistemde uzunluklar santimetre(cm), kütleler gram(gr) ve zamanlar saniye(sn) ile ölçülür. 
k
 için en basit değer 
1
k

 dir. (10.2) deki kanun 
 
 
 
 
F
ma

                                                                             (10.3)                                                                                              
olur. Eğer belirli bir kuvvet 1  gramlık bir kütlede saniyede bir santimetre 


2
1
/
cm sn
lik bir 
ivmeye ulaşırsa, bu taktirde (10.3) den 
 
 
 
 
1
F
g

.   ,    1 
2
/
cm sn

 1 
g
 
2
/
cm sn
 
elde edilir. Bu kuvvete dyne denir. c g s sistemine metrik sistem de denir. 
 
10.02.3.  f p s Sistemi veya Foot, Pount, Saniye Sistemi 
Bu sistemde de 
1
k

 olarak kullanılabilir. Böylece yasa 
F
sa

olur. Eğer belirli bir kuvvet 1 
pount (1b) luk bir kütlede saniyede foot ivmeye ulaşırsa bu kuvvete 1 poundal denir. Böylece; 
F
ma

  dan 1 poundal 
  1 lb 
2
/
ft sn  elde edilir. 
Newton yasasının diğer bir ifade şekli, cismin kütlesi yerine ağırlığını kullanarak bulunur. Bir 
cismin  kütlesinin  dünya  üzerinde  her  yerde  aynı  olmasına  karşın  üzerine  sadece  W  ağırlığı 
etki  eden  bir  cisim  incelenirse  karşıt  ivmenin  g  yerçekimi  ivmesi  olduğu  görülür.  Burada 
kuvvet W dir. Newton yasası gereğince  
 
 
 
          
W
mg

                                                                                  (10.4)                                                                 
olur. (10.3) denklemi (10.4) denklemi ile bölünerek ; 
 
 
 
        
F
a
W
g
    veya   
Wa
F
g

                                                         (10.5)                                                        
elde edilir. (10.5) denklemi hem c g s  hem de f p s birimleri ile kullanılabilir. 
 

192 
 
Örnek . 
Bir  paraşütçü  durgun  halde  başlayarak  düşmektedir.  Paraşütçünün  ve  paraşütün  toplam 
ağırlığı W libredir. Paraşüt üzerine (hava direnci dolayısıyla) etki eden bir kuvvet vardır. Ve 
bu kuvvet, düşme esnasında, herhangi bir andaki hızla doğru orantılıdır. Paraşütçünün düşey 
olarak  aşağıya  doğru  düştüğünü  ve  tam  atladığı  anda  paraşütünün  açıldığını  kabul  ederek  , 
meydana gelen hareketi belirleyiniz. 
Fiziksel  kuvvet  diyagramı  çizelim.  A  yı  başlangıç  noktası  olarak  ve  AB  yönünü  pozitif  x 
ekseni olarak kabul edelim. Etki eden koşullar ; 
 
Şekil 10.1 
Paraşüt problemi 
(a) aşağı doğru etki eden W toplam ağırlığı ; 
(b) yukarı doğru etki eden R hava direncidir. 
Pozitif (aşağı doğru) yöndeki net kuvvet W- R dir. Direnç hızla doğru orantılı olduğundan 
 
 
 
 
R v

 veya 
R


 
v   
yazılır.  Burada 
  orantı değişmezidir. Ve daima pozitif olduğundan mutlak değer işaretine 
gerek yoktur. Kısaca 
R

 
v
  yazılabilir. Böylece net kuvvet ;  W-     v   
ve Newton yasası kullanılarak; 
 
 
 
 
.
W dv
g dt
  
W


 
v  
elde edilir.Paraşütçü  durgun  halden  harekete başladığından 
0
t

  da 
0
v

  dır.  Böylece  tam 
matematiksel bağıntı ; 
 
 
 
 
.
W dv
g dt
  
W


 
v  , 
0
t

 da 
0
v

  
olur. 
Diferansiyel denklem değişkenlerine ayrılabilir tiptendir. Buna göre ; 
 
 
 
 
Wdv
W
v




gdt

   veya   


ln
W
W
v




  
1
gt c
  
olur. 
0
t

 iken 
0
v

 olduğundan   
 
 
 
 
1
ln
W W
c

 
 

193 
 
ve, 
 
 
 
 


ln
ln
W
W
W
v
gt
W







 
 
 
 
 
ln
W
gt
W
v
W










  
dır  ve  
 
 
 
 
1
gt
W
W
v
e










 
ve;  t
   iken  v  nin  W

 gibi değişmez bir limit hıza yaklaştığına dikkat edilmelidir. Bu, 
belirli bir zaman geçtikten sonra paraşütün,  yaklaşık olarak, düzgün hızla hareket etmesinin 
nedenini  açıklar.  Ayrıca  paraşütçünün  aldığı  yol  da  zamanın  bir  fonksiyonu  olarak 
belirlenebilir. 
 
 
 
 
1
gt
W
dx
W
e
dt











 
denkleminden; 
 
 
 
 
2
gt
W
W
W
x
t
e
c
g













 
elde edilir.
0
t

 iken 
0
x

 olma koşulu kullanılarak ; 
 
 
 
 
2
2
2
W
c
g

 
 
bulunur. Böylece; 
 
 
 
 
2
2
gt
W
W
W
W
x
t
e
g
g














 
olur. 
 
10.03.  Elektrik Devrelerine Dair Uygulamalar 
Mekanikteki  Newton  yasaları  gibi,  elektrikte  de  elektrik  devrelerinin  özelliklerini  inceleyen 
Kirchhoff  yasaları  vardır.  Gerçekte  elektrik  teorisi,  elektromagnetik  teoride  Maxwell 
denklemleri  denen  belirli  birkaç  denkleme dayanır.  Cisimlerin  basit  hareketlerini  incelemek 
için  Newton  yasalarıı  nasıl  yeterli  ise,  elektrik  devrelerinin  basit  özelliklerinin  incelenmesi 
için de Kirchhoff  yasaları yeterlidir. 
En basit elektrik devresi bir seri devredir. Bu devrede bir batarya ya da jenaratör gibi enerji 
kaynağı  olarak  kullanılan  bir  e  m  k  (elektromotiv  kuvvet)  ve  bir  elektrik  ampulü,  elektrik 
ocağı veya diğer başka aletler gibi bu enerjiyi kullanan bir direnç vardır. 
Elementer fizikte e m k in devredeki akımla ilgili olduğu görülür. I ani akımı e m k ile doğru 
orantılıdır. Formül olarak; 

194 
 
I E
    veya    
E I
    dir.  Buna göre;   
 
 
 
 
E
I
 R
    
 
 
 
                
           (10.6)    
olur.                                                                                                                            
Burada R orantı değişmezidir. Buna direnç katsayısı veya sadece direnç denir. Genel olarak  
 cinsinden E’nin birimi volt, I ‘nın birimi Amper ve R’nin birimi Ohm’dur. 
(10.6) denklemi Ohm kanunu olarak bilinir. 
Dirençten  başka  elemanları  da  kapsayan  devreler  daha  karışık  fakat  birçok  durumda  daha 
pratiklerdir.  İki  önemli  eleman  bobin  (inductor)  ve  kondansatör’dür.  Bir  bobin  akımın 
değişmesine  karşı  koyar.  Mekanikte  kütlenin  atalet  etkisi  gibi,  elektrikte  de  bobinin  atalet 
etkisi vardır. Bir kondansatör ise enerji depo eden bir elemandır. 
 
Bir direnç üzerindeki voltaj düşmesi dirençten geçen akımla orantılıdır. 
Direnç üzerindeki voltaj düşmesi 
R
E  ve akım 
I
 ise, bu taktirde; 
R
E
I

 veya 
R
E
RI

   dir. Burada R orantı katsayısıdır ve buna direnç katsayısı veya kısaca 
direnç denir. 
 
Bir  bobin  üzerindeki  voltaj  düşmesi  akımın  zamana  göre  ani  değişmesi  ile 
orantılıdır. 
Bobin üzerindeki voltaj düşmesi 
L
E  ise bu taktirde ; 
 
 
L
dI
E
dt

    veya    
L
dI
E
L
dt

   ‘dir.  
Burada L orantı değişmezidir. Ve buna öz indüksiyon katsayısı veya kısaca indüktans denir. 
 
Bir  kondansatör üzerindeki  voltaj düşmesi  kondansatör üzerindeki ani  elektrik 
yükü ile orantılıdır.  
Kondansatör üzerindeki voltaj düşmesi 
C
E  ve ani yük 
Q
 ise bu taktirde; 
C
E
 Q
 veya   
C
Q
E
C

 dir. Burada orantı sabiti  I C  alınmıştır. C sığa veya kapasitans olarak 
bilinir. 
Kirchhoff  Yasası  
Bir elektrik devresindeki bütün voltaj düşmelerinin cebirsel toplamı sıfırdır. Yani uygulanan 
voltaj (e m k) voltaj düşmelerinin toplamına eşittir.  
Kirchhoff  yasasına  göre,  uygulanan  e  m  k  (E)  bobin  üzerindeki  voltaj  düşmesi 
(
)
dI
L
dt
  ile 
direnç  üzerindeki  voltaj  düşmesinin 
(
)
RI
  toplamına  eşit  olacağından,  devrenin  diferansiyel 
denklemi; 
 
 
 
dI
L
RI E
dt

        
olur. 

195 
 
 
 
Örnek  . 
E  m  k’i  100  volt  olan  jeneratör  10  ohm  luk  bir  direnç  ve  2  henrilik  bir  bobinle  seri 
bağlanmıştır. 
0
t

 anında K anahtarı kapanırsa, akım için bir diferansiyel denklem yazınız. 
Ve  t  anındaki akımı belirleyiniz. 
Uygulanan voltaj = 100 volt, direnç üzerindeki voltaj düşmesi 
(
) 10
RI
I

, bobin üzerindeki 
voltaj düşmesi  (
) 2
dI
dI
L
dt
dt

 dir.  
Bunlara göre Kirchhoff yasasından                                                                                                                          
 
 
100 10
2
dI
I
dt


   veya    
5
50
dI
I
dt


     dir.   
 
 
           (10.7)                                       
0
t

 anında anahtar kapatıldığından 
0
t

 iken 
0
I

 dır. 
(10.7)  diferansiyel  denklemi,  integrasyon  çarpanı 
5t
e
  olan  birinci  mertebeden  doğrusal  bir 
denklemdir. Bu çarpanla çarpılınca, 
 
 
5
5
(
) 50
t
t
d
e I
e
dt

 veya  
5
5
10
t
t
e I
e
c


 
Yani  
5
10
t
I
ce



  olur. 
0
t

 iken  
0
I

 olduğundan 
10
c
 
 dur. Böylece ;  
5
10(1
)
t
I
e



   dir. 
 
10.04.  Kimya ve Kimyasal Karışımlara Ait  Uygulamalar  
Diferansiyel denklemlerin kimyasal olaylarda birçok uygulamaları vardır.  
Örnek . 
“Radyoaktif Bozulma ve Karbon 14 (
14
C
) Yaş Tayin Yöntemi” 
Ön  bilgi  : 
14
c
  yaş  tayin  yöntemi,  çok  eski  çağlardan  kalma  artıkların  yaşını  belirlemede 
kullanılan  bir  yöntemdir.  Yöntem,  karbon  atomunun  önemli  bir  özelliğinin  kullanmaktadır. 
Atmosferin üst tabaklarında bulunan 
12
C
 atomu kozmik bombardıman sonucunda iki nötron 
alarak 
14
C
  izotopuna  dönüşmektedir. 
14
C
  te  zamanla  bir  elektron  kaybederek  azota 
14
(
)
N
 
dönüşmektedir. 
14
C
 radyoaktif izotopunun bozulma süresi (yarılanma ömrü)  5730 yıldır. Bu 
sayı 1941 de W.S. Libby tarafından bulunmuştur. Yani, 1 gr 
14
C
, 5730 yıl sonra 0.5 gr 
14
N
 
olmaktadır.  Atmosferde 
12
C
  nın 
14
C
  e  oranının  sabit  olduğu  kabul  edilmektedir.  Yaşayan 
canlı  
varlıklar 
12
C
  gibi 
14
C
  ü  de  kullanmaktadır.  Bu  oran  atmosferdeki  gibi  sabittir;  ancak 
14
C
 
bozunmaya  uğradığı  için  ölen  bir  canlının  vücudundaki  bu  oran,  yukarıda  belirtilen  değere 
uyacak şekilde değişmektedir. 

196 
 
Yapılan  deneyler 
14
C
  ün  zamanla  bozunma  miktarının  kütlesi  ile  doğru  orantılı  olduğunu 
göstermektedir. O halde, buradan hareketle bir kalıntıdaki 
14
C
 miktarı ölçülerek fosilin yaşı 
tayin edilebilir.    
12
C
  nin  a
14
C
  oranının  atmosferde  sahip  olduğu  kabulünün  doğru  olmadığı  ve  oluşma 
oranının bozulma oranından 
%38
 daha fazla olduğu Southern California University’den Hans 
Svez  ;  Utah  University’den  Melvin  Cook  tarafından  gösterilmiştir.  Buna  göre  temel 
kabullerden  birinde  yanlışlık  vardır.  Tekniğin  bazı  testlerden  başarıyla  geçerken  bazılarında 
ise tamamen yanlış sonuçlar verdiği gözlenmiştir. Ayrıca, diğer metotlarla karşılaştırıldığında 
14
C
 metodunun olması gerekenden daha az bir değer verdiği tespit edilmiştir. 
14
C
’ün  herhangi  andaki  kütlesi 
( )
M t
  olsun.  Bozulmanın  kütle  ile  orantılı  olduğu  iddia 
edildiğinden ; 
 
 
 
 
dM
aM
dt
 
 
yazılabilir. Burada 
a , orantılılık katsayısıdır. (-) işareti azalmayı ifade eder. Denklemin basit 
integrasyonu; 
 
 
 
 
0
at
M
M e


      
verir. 
Burada 
0
M ,  başlangıçtaki  kütledir.
a ’nın  değeri  henüz  bilinmemektedir.  Ancak, 
14
C
 
izotopunun yarı ömrü 5730 yıl olduğuna göre bu kadar yıl sonra 
0
M  kütlesi 
0
2
M
’ye inecek 
ve diğer yarısı 
14
N
’ e dönüşecektir. O halde bu bilgiyi yukarıda kullanarak 
a  yı bulabiliriz: 
 
 
 
 
1
5730
(5730)
0
0
1
2
2
a
a
M
M e
e


 


  
 
 
bulunur. O halde: 
 
 
 
 
5730
1
2
t
at
e

 
  
 
 
dur. Metodu uygulamak için şöyle bir örnek seçelim: 
Çok eski zamanlardan kaldığı düşünülen bir fosil incelenmiş ve 
14
C
 miktarının atmosferdeki 
değerinin %25 ine indiğinin gözlemlenmiş olduğunu kabul edelim. Bu fosil kaç yaşındadır? 
Yukarıdaki denklemi ve 
a  değerini kullanarak; 
 
 
 
 
5730
0
0
0
1
0.25
2
t
at
M
M e
M

 


 
 
 
 
 
 
 


1
ln 0.25
ln
11460
5730
2
t
t
 

 
 
 
 yıl  
bulunur. 

197 
 
Örnek . 
“Karıştırma Problemi” 
Sürekli karıştırılan bir tankın içinde başlangıçta 20 kilogramı tuz olan toplam 800 kg karışım 
bulunmaktadır. Her bir kutusu 0.9 kg çözülmüş tuz içeren 20 kg’lık beş adet tuzlu su bidonu 
her dakikada bir tanka boşaltılmakta ve tamamen homogen bir karışım elde edildikten sonra 
tanktan  aynı  oranda  pompalanmaktadır.  Herhangi  bir  anda  tankta  bulunan 
( )
y t
  tuz  miktarı 
nedir? 
Tanktaki  tuzun  zamana  göre  değişim  oranı,  tanka  tuz  girişi  oranı  ile  çıkış  oranının  farkı 
olmalıdır. Tanka giren dakika dakika başına tuz miktarı 5x0.9=4.5 kg/dak’dır. Giren ve çıkan 
aynı  olduğuna  göre  tankta  daima  800  kg  karışım  vardır.  O  halde,  herhangi  bir  anda  tankta 
bulunan  tuz  oranı 
( )
y t
/800  dür.  Tanktan  dakikada  çıkan  20  kg  olduğuna  göre  çıkan 
karşımdaki tuz miktarı 20y/800=0.025
( )
y t
 dir. Buna göre kurulacak matematiksel model: 
 
 
'
dy
y
dt


Giren tuz oranı- Çıkan tuz oranı = 4.5-0.025 
( )
y t
 
           (10.8)                                              
şeklinde  olmalıdır.  Bu  denklem  ayrıştırılabilir  bir  diferansiyel  denklemdir.  Öyleyse  ,  (10.8) 
denklemi integre edilirse; 
 
Şekil 10.2. 
Karıştırma problemi
 
 
 
0.025
ln
180
0.025
180
dy
dt
y
t c
y
 


 


      
ya da; 
  
 
 
0.025
180
t
y
ce



                                 
 
     
           (10.9)                                             
elde  ederiz.  c  yi  bulmak  için 
0
t

  anında 
(0)
y
=20  kg  olduğuna  dikkat  edelim.  (10.9) 
denkleminden; 
 
 
 
0.025(0)
20 180
160
ce
c



  
          
 
 
         (10.10)                                              
buluruz. O halde, 
 
 
 
0.025
( ) 180 160
t
y t
e



 

198 
 
dır.  Tanktaki  tuz  miktarının  sürekli  arttığı  görülebilir.  Değişimin  (20,180)  arası  olduğu 
aşikardır. 
 
10.05. Çeşitli Artma ve Azalma Problemleri ile İlgili Uygulamalar 
Bir y büyüklüğünün zamana göre değişme hızının y ile orantılı olduğu  
 
 
 
 
dy
ay
dt

 
diferansiyel denklemi ile belirlenir. Eğer a orantı sabiti pozitif ve y de pozitif ise dy/dt pozitif 
ve  bu  da  y  nin  arttığını  gösterir.  Bu  taktirde  y  için  artıyor  denir.  Bu  problem,  bir  artma 
problemidir. Diğer taraftan da eğer a negatif ise ve y pozitif ise dy/dt negatif  ve bu da y nin 
azaldığını gösterir. Bu taktirde bir azalma problemidir. 
 
Örnek . 
Bir  miktar su,  kaynama  noktası  olan 
100 C

  ye  kadar ısıtılıyor.  Sonra  sıcaklık  kaynağından 
alınıp 
60 C

  değişmez  sıcaklıktaki  bir  odaya  götürülerek  muhafaza  ediliyor.  3  dakika sonra 
suyun sıcaklığı 
90 C

 olarak ölçülüyor. 
a) 6 dakika sonra su sıcaklığını bulunuz. 
b) Su sıcaklığının ne zaman 
75 C

 ve ne zaman 
61 C

 olacağını bulunuz. 
Suyun sıcaklık kaynağından uzaklaştırılmasından t dakika sonraki sıcaklığını U ile gösterelim. 
Oda ile suyun sıcaklığı arasındaki fark U-60 ‘dır. U’nun zamana göre değişme oranı; 
dU
dt
   dir. 
 
Şekil 10.3. 
Artma azalma problemi
 
Deneylere  dayanarak  (U-60)  en  büyük  değere  sahip  iken  sıcaklığın  en  hızlı,  (U-60)  küçük 
iken ise en yavaş şekilde değişeceği söylenebilir.  

199 
 
U

  sıcaklıktaki  değişme  miktarını, 
t

  ise  bu  değişmenin  meydana  gelmesi  için  gerekli 
zaman aralığını göstersin. Küçük bir 
t

 zaman aralığını aldığımız taktirde 
U
t

  ‘nin dU/dt 
‘ye  çok  yakın  olacağını  varsayabiliriz.  -
U
t

 ’nin  (U-60)’a  göre  grafiği  çizildiğinde, 
şekildekine  benzer bir grafik ortaya çıkar.  
Grafikte  görülen  bağıntı  bir  doğru  olduğundan  yaklaşık  olarak 
dU
dt
  nin  (U-60)  ile  orantılı 
olduğu varsayılır. Yani : 
 
 
 
 
dU
dt

a (U-60) 
Burada a orantı  katsayısıdır. Şimdi (U-60) pozitif iken 
dU
dt
 negatif 
0
k

 olmak üzere a=k 
yazalım. Bu takdirde: 
 
 
 
 
(
60)
dU
k U
dt
 

 
olur.  Bu  denklem  fizikte  Newton  soğuma  kanunu  adı  ile  tanınır  ve  birçok  sıcaklık 
problemlerinde önemlidir. Bu denklem için bilinen koşullar: 
0
t

 için U=
100 C

 ve 
3
t

 dakika için U
90 C


 dir. 
Denklemi değişkenlerine ayırma yöntemi ile çözersek: 
 
 
 
 
60
dU
kdt
U
 



  
 
 
 
 
ln(
60)
U
kt c

  
 veya 
60
kt
U
ce



 
bulunur. 
0
t

 için 
100
U

 olduğundan  c=40  dır. Dolayısıyla : 
 
 
 
 
60 40
kt
U
e



 dir.  
3
t

 için 
90
U

 olduğundan ; 
 
 
 
 
 
1
3
3
3
3
4
4
k
k
e
e





       
dür. Buradan da 
 
 
 
 
 
3
3
60 40(
)
40
4
t
k t
U
e




 
Yani ; 
 
 
 
 
 
3
3
60 40
4
t
U


                 
 
 
         (10.11)                                                 
elde edilir. 
6 dakika sonra sıcaklık : (4) denkleminde 
6
t

 konursa 
82.5
U
C


 bulunur. 

200 
 
Sıcaklığın 
75 C

 ve 
61 C

 olduğu zamanlar : 
 Denklemde 
75
U
C


 konursa: 
 
 
 
3
3
3
3
3
75 60 40
4
4
8
t
t
 
 




 
 
 
 
   ve  
10.2
t

  ; 
61
U
C


 konursa : 
 
 
 
3
3
1
4
40
t
  
 
 
 ve 
38.5
t

 bulunur. 
Böylece 
100 C

 daki suyun sıcaklığının 
75 C

’ye düşmesi için 10.2 dakika, 
61 C

 ye düşmesi 
için de 38.5 dakika geçmesi gerekmektedir. 
 
10.06. Nüfus  Artış  Problemi 
Örnek .  
t anında nüfus sayısı 
( )
N t
 olsun. Birey başına artış oranını, nüfus büyüme miktarının toplam 
nüfusa oranı olarak tanımlayalım. Mesela, doğum oranı % 3.7 ve ölüm oranı % 1.9 ise, artış 
oranı % (3.7-1.9) = 
% 1.8 = 0.018  dir. Buna göre : 
dN
dt
= 0.018 
N
   dir. 
Verilen bu topluluktaki ortalama doğum oranının sabit olduğunu farz  
edelim.  Ortalama  ölüm  oranı  topluluktaki  birey  sayısı  ile  orantılıdır.  Bu  orantı  katsayısı 
  
olsun. dN dt   topluluğun artış oranı olduğundan, birey başına artış oranı: 
 
   
1 dN
N dt
    
 
                                             (10.13)                                                                                                  
dir. O halde topluluğun artışına dair diferansiyel denklem : 
 
   
1 dN
N
N dt
 
 
                                 
         (10.14)                                                
dir.  (10.14)  denklemi  nüfus  artış  denklemi  (lojistik  denklem)  ve  bazen  de  Verhults 
Denklemi    adını  almaktadır.  Bu  denklemin  önerdiği  büyüme  oranı  da  lojistik  artış  olarak 
bilinir.  
(10.14) denklemi, değişkenlerine ayrılabilir olduğundan, 
 
   
(
)
dN
dt
N
N
 




 
yazabiliriz. Bunun integrali : 
 




1
1
N
N
N
N

 

  




                                                                                                 

201 
 
şeklinde basit kesirlere ayrıştırıp integrasyonu gerçekleştirerek: 
 
 
1
1
ln
ln
N
N
t c
 




                                                                                          
olup buradan 
 
 
1
ln
N
t c
N

 
 

                                                                     
elde ederiz. Biraz kez daha düzenlenirse : 
 
 
1
t
N
c e
N

 


                                                                   (10.15)  
buluruz. Burada 
1
c
c
e

 
 aldık. 
0
t

 koyarak : 
 
 
1
(0)
(0)
N
c
N
 


 
buluruz. Bunu (10.15) denkleminde yerine koyarsak ; 
 
(0)
( )
(0)
(0)
(0)
t
t
t
N
e
N t
N
N
e
e
N





 

















 
verir.
0


 olduğundan, t arttıkça 
t
e


 sıfıra  yaklaşır. Öyleyse, en fazla 


 sınır değerine 
ulaşılabilir. 
 
10.07. Geometri Kapsayan Fizik Problemleri  
Fizik problemlerinin pek çoğu, geometri ile ilişkilidir. Örneğin yarısına kadar su ile dolu ve 
ekseni etrafında sabit bir açısal hız ile dönen bir dik dairesel silindir düşünelim. Su yüzeyinin 
şekli,  silindirin  açısal  hızı  ile  belirlenecektir.  Burada  fizik,  su  yüzeyinin  geometrik  şeklini 
belirler. 
Örnek. 
Kesiti değişmez ve A olan bir kap H yüksekliğine kadar su ile doludur. Su kabın dibindeki B 
kesitli  bir  delikten  dışarı  akmaktadır.  Herhangi  bir  anda  suyun  yüksekliğinin  ve  tankın 
boşalması için geçen süreyi bulunuz. 

202 
 
 
Şekil 10.4. 
Fizik problemi
 
 
Kap şekil 10.4 te görüldüğü gibi olsun. A, kabın değişmez kesit alanı ve B de deliğin kesit 
alanıdır.  
t anında tanktaki su  yüksekliği h (düzey 1) ve  
t
t
 
anındaki  yükseklik 
h
h
 
  (düzey 2) 
olsun.  Kullanacağımız  temel  prensip,  düzey,  1  den  2  ye  düştüğünde  kaybedilen  su  miktarı 
delikten çıkan su miktarına eşittir, şeklindedir. 
Su  düzeyi  1  den  2  ye  düştüğünde  kaybedilen  hacim,  sayısal  olarak, 
A h

  dır.  Bu  arada 
işaretlere  dikkat  edilmelidir.  Gerçekte 
h

  negatif  bir  büyüklük  olduğundan, 
t

  zaman 
aralığında gerçek hacim kaybı  
A h
 
dır.  
Delikten  çıkan  suyun  hacmi  ise,  kesiti  B  olan  ve 
s

  uzunluğundaki  bir  silindirin  hacmi 
kadardır.  Burada 
s

,  su  yatay  olarak  hareket  ettirebildiği  taktirde 
t

  zaman  aralığında 
hareket edebileceği mesafedir. Böylece : 
A h B s
   
  bulunur. 
t

 ile bölüp 
0
t
 
 için limit alınırsa, 
 
dh
ds
A
B
Bv
dt
dt



   veya    
Adh Bvdt


                             (10.16)                                     
elde  edilir.  Burada 
ds
v
dt

  delikteki  akış  hızıdır.  Şimdi  delikteki  akış  hızının  belirlenmesi 
gerekmektedir.  Su  düzeyi  yüksek  ise 
v   de  büyük  olur.    Gerçekte  ideal  koşullar  için  , 
2
v
gh

 olduğunu göstermek zor değildir. Böylece (10.16),          
 
2
Adh B
ghdt


                                                                   (10.17)                                       
olur. Başlangıçtaki yükseklik H olduğundan, 
0
t

 iken 
h H

 dır. 
(10.17) deki bağıntı değişkenlerine göre ayrılırsa, 
 
2
dh
B
g dt
A
h
 


 ,    
2
2
B
h
gt c
A
 

 
bulunur. 
0
t

 iken 
h H

 olduğu kullanılırsa, 
2
c
H

 elde edilir ve : 
 

203 
 
 
2
2
2
B
h
gt
H
A
 

                                                         (10.18)                                                                               
şeklinde  yüksekliği  zamanın  bir  fonksiyonu  olarak  ifade  eden  bir  denklem  çıkar.  Tankın 
boşalması için geçen süre ise 
0
h

 için  t  bulunarak elde edilir.  
(10.18)  den ,  
2
A
H
t
B
g

  elde edilir. 
10.08. Karma Örnekler 
Bu  bölümde  yukarıdaki  konuların  daha  iyi  anlaşılması  açısından  çeşitli  örnekler 
bulunmaktadır. 
Örnek. 
Radyum’un %5 inin 12 yılda kaybolduğu hesaplanmıştır. 
a) 1000 yılda kütlenin % kaçı kaybolur ? 
b) Radyum’un yarı ömrü nedir ? 
A,  gr.  cinsinden  Radyum’un  t  yıl  sonundaki  miktarını  göstersin.  Bu  takdirde 
dA dt  
(matematiksel yaklaşım yöntemi düşünülürse) Radyum’un çözülme hızını gösterir. 
 
dA
A
dt
    veya   
dA
A
dt


     
yazılabilir. 
Burada 

 orantı katsayısıdır. Daima 
0
A

 ve azaldığından 
0
dA
dt

 ve dolayısıyla 

 negatif 
olmalıdır. 
k

 
 ile gösterilerek, 
 
dA
kA
dt
 
    
yazılır. 
Varsayalım  ki, 
0
A ,  gr.  cinsinden  Radyum’un  başlangıçtaki  kütlesini  göstersin.  Bu  takdirde 
verilen  bilgiye  göre  12  yılsonunda  0.005 
0
A   gr.  kalmış  olacaktır.  Dolayısıyla 
0
t

  için 
0
A A

 ve 
12
t

 yıl için 
0.995
A

 
0
A  yazılabilir. 
Değişkenlerine ayrılabilen integral hesabı ile, 
 
1
ln A
kt c
    veya   
kt
A ce


 
bulabiliriz. 
0
t

 için 
0
A A

 olduğundan 
0
c A

 dır. Buradan 
 
0
kt
A A e


 
yazılabilir. 
 
12
t

 için  
0.995
A

 
0
A  olduğundan, 

204 
 
 


1
12
12
12
0
0
0.995
,
0.995,
0.995
...
k
k
k
A
A e
e
e






                (10.19)                                            
Dolayısıyla, 
 
 


12
0
0
0
0.995
t
t
kt
k
A A e
A e
A





                                     (10.20)                                            
olarak  (10.19) denkleminden k çözülürse, 
0.000418
k

 bulunur. Buradan : 
 
0.000418
0
t
A A e


         
 
 
 
 
         (10.21) 
dır.                                                                                                                                                    
 
 
1000 yılın sonunda kaybolan % kütle : 
1000
t

 konursa (10.20) ve (10.21) den 
0.658
A

 
0
A  veya kütlenin %34.2 sinin kaybolacağı hesaplanır. 
Radyum’un  yarı  ömrü  :  Radyoaktif  yok  olmanın  yarı  ömür  süresi,  kütlenin  yarısının 
kaybolduğu  zaman  olarak  tanımlanır.  Böylece    problemimizde 
0
1
2
A
A

  olduğu  zamanı 
bulmamız istenmektedir. (10.21) denklemini kullanarak,  
0.000418
1
2
t
e


  ifadesinden 
1660
t

 
yıl olarak bulunur. 
Örnek. 
Toricelli Kanunu 
Bir kabın içindeki sıvının, kabın altına açılan delikten ne kadar zamanda boşalacağını bilmek 
isteyebiliriz.  
Fizik ilkesi sıvı boşalma oranının, 
 
 
dv
kAv
dt
 
                                               
ile  verileceğini  öngörmektedir.  Burada 
( )
v t
,  herhangi  bir  t   anında  kapta  bulunan  sıvının 
hacmi, A ; deliğin kesit alanı ve k da sıvı viskozitesi ve delik şekline bağlı bir sabittir. k nın 
deneysel olarak belirlenen değeri 0 ile 1 arasındadır. Bu ilkeye ilave olarak kap içindeki sıvı 
parçacıklarının serbest düşen bir cisim gibi hareket ettiklerini kabul edelim. Bu kabule göre 
delikten çıkış hızını bulmak için delikten h(t)  yüksekliğinde bulunan m kütleli parçacık için 
y=h(t) ve y=0 konumları arasında enerjinin konumunu yazabiliriz : 
 
 
2
1
( )
2
mgh t
mv

    ;    
( )
2 ( )
v t
gh t

                           
  
Bu değeri yukarıdaki dif. denklemlde yerine koyarsak : 
 
 
2 ( )
dv
kA
gh t
dt
 
            
 
 
 
         (10.22)                           
elde edilir. Bir örnek olarak yarı küresel tankın boşalmasını inceleyelim. 

205 
 
 
Şekil 10.5. 
Toricelli Kanunu
 
Önce 
v  ile h arasındaki bağıntıyı bulalım. r, t anındaki sıvı yüzeyinin yarıçapı olsun. T anı ile 
t+
t

  anı  arasında  kaptan  dökülen 
v

  sıvı  hacmi 
h

  kalınlığındaki  ve  r(t)  yarıçapındaki 
diskin hacmine eşit olmalıdır. 
Buna göre : 
                                   
 
 
2
v
r t
h

 
  
ve dolayısıyla da , 
                                     
2
( ( ))
v
h
r t
t
t






  
olur. 
0
 
 limit halinde, 
 
 
2
dv
dh
r
dt
dt


                                                 
         (10.23)                                                                                                               
olur. (10.22) ve (10.23) denklemlerinden, 
 
2
2
dh
r
kA
gh
dt

 
                                       
 
         (10.24)                                                                                                          
elde ederiz.  Eğer  r  yarıçapı  h  cinsinden  yazılabilirse,  (10.24) ten  sadece  h  ile t  ye  bağlı  bir 
diferansiyel denklem elde edilmiş olur. Şeklin geometrisini dikkate alarak, 
 
2
2
2
2
1
(1
)
2
r
h
h h
  

                                                                                                                                       
bulunur. Şimdi (10.24) denklemi,  
 


2
2
2 ( )
dh
h h
kA
gh t
dt



                                    
         (10.25)                                                                                
şeklini alır. (10.25) denklemi, 
 


2
2
2
h h
kA
gdt
h


 
                                         
şeklinde ayrıştırılabilir olduğundan, integrasyonla, 

206 
 
 
3
5
2
2
2
2
2
3
5
h
h
kA
gt c




 





               
                     (10.26)    
buluruz.  g=9.81  m/
2
sn
,  delik  yarıçapı 
2
d
r
cm

  ve  şekil  faktörü 
0.8
k

  alınırsa, 
2
3
2
2.826 10
d
A
r
x
m




 olur.  (10.26) ifadesi, 
 
3
5
1
2
2
10
6
0.47 10
h
h
x
t c


 
                                 
         (10.27)                                                                       
elde edilir. 
0
t

 anında 
(0)
1
h
r
m
 
 olduğunu göz önüne alarak, 
1
10 6
0.4710 (0)
4
c
c

  
    bulunur. Öyleyse, (10.27) denklemi, 
 
3
5
1
2
2
10
6
0.47 10
4
h
h
x
t


 
    olur.      
0
h r
 
 koyarak boşalıncaya kadar geçen zaman  
 
85
1.416dakika
t
sn


   
 
  
olarak bulunur.          
Örnek. 
Kimya ve Kimyasal Karışımlara ait Uygulama 
A  ve  B  gibi  iki  kimyasal  madde  reaksiyona  girerek  diğer  bir  C  maddesi  belirlenmektedir. 
C’nin belirme hızı A ve B’nin o andaki miktarlarının çarpımı ile orantılı olarak değişmektedir. 
Olay esnasında B’nin her paundu için A dan 2 lb. gerekmektedir. Başlangıçta 10 lb. A ve 20 
lb. B varsa 20 dakika sonra 6 lb. C belirmektedir. Herhangi bir anda C’nin miktarını bulunuz. 
  t  saatte belirlenen C miktarı x pound olsun. Bu taktirde belirleme hızı 
dx
dt
  dir. x pound C 
meydana  gelmesi  için  2x/3  lb.  A,    x/3  lb.  B  ye  ihtiyaç  vardır.  Buna  göre  x  pound  C’nin 
belirlendiği t anında 
2
10
3
x

 pound A ve  20
3
x

 pound B mevcuttur. Bu nedenle: 
 
   
2
10
20
3
3
dx
x
x
K
dt












 
dir. Burada, K orantı sabitidir. Bu denklemde k diğer bir değişmez olmak üzere: 
 



15
60
dx
k
x
x
dt



 
olarak da  yazılabilir.  İki koşul mevcuttur. Başlangıçta hiç C  olmadığından 
0
t

 iken 
0
x

 
dır.  Diğer  taraftan 
1
3
t

  için 
6
x

  dır.  Gerçekten  biri  k  yı  belirlemek,  değeri  diferansiyel 
denklemin  çözümünde  çıkan  keyfi  değişmezi  bulmak  için  iki  koşul  gereklidir.  Böylece  tam 
kuruluş : 
 



15
60
dx
k
x
x
dt



  

207 
 
0
t

 iken 
0
x


1
3
t

 iken 
6
x

 dır.  
Değişkenlere ayırarak : 
 



1
15
60
dx
kdt kt c
x
x

 




  
bulunur. 
 



1
1
1
1
60
ln
15
60
45 15
60
45
15
dx
x
dx
x
x
x
x
x























 
dir. Böylece gösterilebilir ki : 
45
60
15
kt
x
ce
x



   dir. 
0
t

 için 
0
x

 olduğundan c=4 bulunur. 
45
60
4
15
kt
x
e
x



    ve  
1
3
t

 iken 
6
x

 olduğundan :  
15
3
2
k
e

 ve 
 
3
3
15
60
3
4
4
15
2
t
t
k
x
e
x

 

  

 
   bulunur.  
Buradan da 
3
3
2
15 1
3
1 2
1
4 3
t
t
x


 



 
 





 
  
 
     elde edilir.  t
   iken  
15 .
x
lb

dır.  
Örnek. 
Düzgün ısı akışı 
Isısal geçirgenliği K=0.15 c g s olan uzun bir çelik borunun iç yarıçapı 10 cm ve dış yarı çapı 
20 cm. dir. İç yüzey 
200 C

 de dış yüzey 
50 C

 de tutulmaktadır. 
a) Aynı merkezli silindirlerin ortak ekseninden olan r uzaklığının fonksiyonu olarak sıcaklığı 
bulunuz. 
b) r=15 cm  iken sıcaklığı bulunuz. 
c) Borunun 20 m uzunluğundaki bir kısmından dakikada ne kadar ısı kaybolur ? 
İzotermal yüzeyler verilenlerle aynı merkezli silindirlerdir. Yarıçapı r, uzunluğu l olan böyle 
bir yüzeyin alanı 
2 rI
 dır. 
dn
 uzaklığı bu hal için 
dr
dir. Bunlara göre : 
 


2
dU
q
K
rI
dr

 
 
olarak yazılabilir. K=0.15   I= 20 m.=2000cm. olduğundan, 
 
600
dU
q
r
dr

 
 

208 
 
dir. Bu denklemde q şüphesiz değişmezdir. Koşullar ise : 
 
r = 10 iken U=
200 C

  
   
   r = 20 iken U=
50 C

 dir. 
Yukarıdaki denklemde değişkenler ayrılıp integre edilirse : 
600
ln
U
q r c




   elde edilir ve koşullar kullanılırsa, 
 
600 (200)
ln10
q
c




,    
 
600 (50)
ln 20
q
c




 
bulunur.  
Buradan da,  
408000
q

 ve 
1317000
c
 
 değerleri elde edilir.  
Dolayısıyla  
699 216ln
U
r


 bulunur. 
Eğer  r  =  15  ise  yerine  koyarsak, 
114
U
C


  elde  edilir.  q  nun  yukarıdaki  saniyede  kalori 
değerinden , 
408000 60
/
24480000
/
q
X
cal dak
cal dak


 
bulunur. 
 
Örnek. 
Çeşitli artma ve azalma problemleri (Newton‘un soğuma yasası) 
Newton  soğuma  yasası,  bir  cisim  ile  çevresi  arsındaki  sıcaklık  farkının  zamana  göre 
değişiminin,  sıcaklık  farkıyla  orantılı  olduğunu  ifade  etmektedir.  Cismin  verilen  andaki 
sıcaklığı 
( )
T t
  ve  ortamın  sabit  kabul  edilen  sıcaklığı  da  T

  olsun.  Buna  göre  kanunun 
matematiksel ifadesi : 
 

 

( )
( )
d
T t
T
k T t
T
dt





 
 


( )
dT
k T t
T
dt



                                                                                                                                                                  
şeklinde olacaktır   (1) denklemini değişkenlerine ayırıp çözersek : 
 
1
( )
kt
T t
T
c e



                                                                       (10.28)  
elde edilir. 
Polis  teşkilatındaki  adli  tıp  birimleri  bu  denklemi  kullanarak  bir  kurbanın  ne  zaman 
öldürüldüğünü bulabilirler. Mesela, kabul edelim ki kurban, sıcaklığı 
10 C

 de olan bir odada 
tutulmaktadır.  Ölüm  anındaki  beden  sıcaklığını,  normal  değer  olan 
37 C

  olarak  alalım. 
Araştırmacının ölüm saatini bulması için öncelikle 
1
c  ve k sabitlerini bulması gerekir. 
Farz edelim ki memur saat 10 ve 11 de ölçümler yaparak vücut sıcaklığını 
32.4 C

 ve 
26.2 C

 
olarak ölçtü. Bu değerle (10.28) ifadesine başvurarak: 
 
(0)
1
1
(0) 32.4
10
22.4
k
T
c e
c



 

 

209 
 
 
60
3
(60) 26.2
10 22.4
5.4 10
k
T
e
k
x




  

 
bulunur.  Kurbanın  öldürüldüğü  andaki  vücut  sıcaklığı 
37 C

  idi.  Bu  bilgi  ve  sabitlerin 
değerlerini denklemde kullanarak : 
 
3
5.4 10
37 10 22.4
34.58
x
t
e
t
sn




  
  
bulunur. 
0
t

 anı saat 10 olarak alınmıştı. O halde kurbanın öldüğü saat, 
 
10 (34.58 / 60) 9.42


 
dir. 
Örnek. 
Akışkanlar mekaniğinde yüzey şekli 
 
Şekil 10.6. 
Akışkanlar mekaniği
 
a ivmesi ile sağa doğru hareket eden bir tanktaki su değişmez bir şekil aldıktan sonra yüzeyin 
şekli ne olur?       
 
 
1
x
x
P
f
a
x

 


  
 
 
1
y
y
P
f
a
x

 



                                                  
 
 
 
       
1
z
z
P
f
a
x

 


        

210 
 
 
x
a
a
       
0
y
a

    
0
z
a
  
 
0
x
f
     
y
f
g
 
   
0
z
f
  
 
 
1
( , , )
1
0
( , )
1
0
( )
P
a
P
agx M y z t
x
P
g
M
g y N z t
x
P
N
F t
x

 


 

 

   


  
 


 

 
 
( )
P F t
agx g y




                        
0
'
( )
'
'
x x x t
y
y
z z
 


                                   
 
 
( )
( '
)
'
a
P F t
ag x x
g y





 
P basıncı 
' 0, ' 0, ' 0
x
y
z



   noktalarında 
0
P   eşittir.  
 
 
0
0
( )
P
F t
agx


 
 
 
0
'
'
P P
agx g y




 
Yüzey üzerinde her noktada 
0
P P
  ise: 
 
 
0
0
'
'
P
P
agx g y




 
 
 
'
'
g
x
y
a
 
 
olur.  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
BU CİLDİN HAZIRLANMASINDA YARARLANILAN ESERLER 
 
AKSOY,  Yavuz,    “Diferansiyel  Denklemler”,  Cilt  1,  Yıldız  Üniversitesi  Yayını,  Yayın 
No. : 839, 5.Baskı, İstanbul, 2011 
 
AYRES,  Frank, “Differantial Equations”, Schaum Publishing Co, New York, 1952 
 
ÇAĞAL, Behiç, “Sayısal Analiz”, Yıldız Üniversitesi Yayını, İstanbul, 1989 
 
KARAGÖZ,  İ. , “Sayısal Analiz ve Mühendislik Uygulamaları”, İstanbul, 2001 
 
LOMEN, D. ,  LOVELOCK,  D. , “Differential Equations : Grafics, Models”, Data John 
Wiley & Sons, İnc. , 1996   
 
MOCAN, Raşit,  “Diferensiyel Denklemler ve Diferensiyel  Denklem Sistemleri” , Yıldız 
Üniversitesi Yayını, No. : 137, İstanbul, 1977 
 
ROSS, Shepley L. “Differential Equations” (3.edition), John Wiley & Sons, İnc. , 1984 
 
SPİEGEL,  M.  “Diferansiyel  Denklemler,  Uygulamaları  ve  Çözüm  Tekniği”,  Çeviri  :  
S.Pekol, A.Demirseren,  Çağlayan Kitabevi, İstanbul, 1975 
 
TUNCER,  Talât,    “Alıştırmalarla  Diferansiyel  Denklemler”,  Matbaa  Teknisyenleri 
Basımevi, İstanbul, 1969 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
ADLAR – DEYİMLER – SÖZCÜKLER DİZİNİ 
 
A Abel diferansiyel denklemi 176 ; Adams yöntemi 129 ; Adams-Bashforth-Moulton yöntemi 
131 ; Adi diferansiyel denklem 1,2,5,119,120,189 ; Adi diferansiyel denklem sistemi 5,119 ; 
Adi  nokta  90;  Akışkanlar  mekaniği  111,209  ;  Aletler  227  ;  Artma  problemi    198  ;    Aşikar 
çözüm 13,20,29,35,39,57,139,146,150,154,173, ; Asal integral(ler) 22,24,28,40, ; Aşkın sayı 
2 ;  Azalma problemi  198   
B  Basamak  fonksiyonu  63  ;  Basit  Euler  formülü  125  ;  Basit  kökler  30;  Başlangıç  değer 
problemi 2,41,53,81,119,120,122,123,124,125,128,130,; Başlangıç değer teoremi 70,72 ; (J.) 
Bernoulli  111  ;  (Friedrich  Wilhelm)  Bessel  111  ;  Bessel  diferansiyel  denklemi 
101,111,114,118  ;  Bessel  fonksiyonları  111  ;  Birinci  kaydırma  özelliği  64,74  ;  Birinci 
mertebeden diferansiyel denklem 2, 179; Birleşme özelliği 138 ; (V.) Bjerknes 175 ; Bush 175 
;    
C – Ç  Cramer sistemi 145,151,165 ; Cramer teoremi 167 ;  Çan eğrisi 185 ; Çekirdek 58 ; 
Çok  adım  yöntemleri128  ;  Çözüm  eğrisi  119  ;  Çözüm  takımı  7,8,9,12,14,16,18,19,22-
29,30,31,32,33,34,35,36,37,38,39,45,140,142,143,144,145,146,147,149,151,152,153,154,156,
158 ;  Çözümün tekliği 4 ; Çözümün varlığı 4 ; Çözüm yüzeyi 119  
D Dağılma özelliği 138 , D’Alembert testi 87 ; Dalga yayılımı 111 ; Darbe fonksiyonu 63 ; 
Değişkenlerine ayrılabilen diferansiyel denklem 14 ; Değişme özelliği 138 ; Deneme formülü 
132  ;  Denklemin  mertebesi  2,3  ;  Diferansiyel  denklem  sistem(ler)i  5,7,40,,41,44-
45,57,133,138,171 ;  Difüzyon 111 ; Doğrultu alanları 175 ; IV.mertebe Runge-Kutta 127 ; 
Dört noktalı Adams yöntemi 131 ; Dört noktalı kestirme düzeltme formülleri 132 ; Düzeltme 
formülü 132 ; Düzeltilmiş Euler ve Huen yöntemi 125 ;  Düzgün ısı akışı 207 ; Düzgün tekil 
nokta 90,95,101,103,105,114  
E   Elastisite teorisi 111  ; Elektrik devreleri 190; Esaslı çözüm takımı  21 ; Euler orta nokta 
formülü 125 ; Euler yamuk formülü 125 ; Euler yöntemi 123,124,129,133,134  
F  Fourier dönüşümü 58; Frobenius yöntemi 90,111,114 
G  Gauss eğrisi 241 ; Genel çözüm 4,5,9,26,27,59 ; Genel integral 5 ;  Grafikle integrasyon 
229 ; Grafik yöntem 227,229,233,241    
H (H). Heinrich 185 ; Hipergeometrik denklem 99,100 ; Hipergeometrik seri 100 ; Homojen 
diferansiyel  denklem  19,37,44;  Homojen  (diferansiyel)  denklem  sistemi  50,57,139,152; 
Homojenliği  bozucu  fonksiyon  160,162  ;  Homojen  olmayan  sistem  42  ;  Homojen  sistem 
19,20,27,29,159,160,161 ;  Huen yöntemi 125,134 
I  –  İ  İntegral  dönüşümünün  çekirdeği  58  ;  İntegral  eğrileri  175,183,184,185;  İntegralin 
yakınsaklığı  60  ;  İkinci  kaydırma  özelliği  64,74  ;  II.mertebe  Runge-Kutta  125  ;  İki  noktalı 
Adams  yöntemi  129  ;  İki  noktalı  kestirme  düzeltme  formülleri  131  ;  İkizkenar  hiperboller 
(ailesi)  184,185  ;  İndis  denklemi  95,99,100,102,105,108,115  ;  İndis  denkleminin  kökleri 
95,99,100,105  ;  İterasyon  yöntemi  122  ;  İzoklin  175,176,183,184,185,186  ;  İzoklin 
eğrisi,eğrileri 176,177,183 ; İzoklin noktaları 175 ; İzoklin yöntemi 183 ; İzole çözüm 3  
K    Kanonik  sistem  10,11,12,17,18  ;  Kare  dalga  fonksiyonu  70  ;  Karakteristik  denklem 
30,31,33,34,35,36,37,49,51,112,139,141,143,161,163,166,167,172  ;  Karakteristik  sistem  30, 
32,33,35,37 ; Karıştırma problemi 197; Kısmi diferansiyel denklem 2; Kısmi türev 1; Kısmi 
türevli diferansiyel denklemler 2; Kimyasal karışımlar 195,206; Kirchhoff yasası 7,194,195 ; 

 
 
Kompleks  kökler  30,150,151  ;  Knorr  175  ;  Konvolüsyon  teoremi  76  ;  Köşegenleştirme 
yöntemi 53 ; Köşegen matris 54 ; Kuvvet serisi 86,87,90 ; Kuvvet serisi yöntemi 90 
L    Lagrange  diferansiyel  denklemi  184;  Lagrange  enterpolasyon  formülü  131  ;  Laplace 
dönüşümü    58,59,60,63,65,67,69,70,73,74,75,76,77,78,81,83,85,97,102,107  ;  Laplace 
dönüşümü için varlık teoremi 60; Laplace dönüşümü tablosu 73; Learch teoremi 73 ; (Adrien 
Marie)  Legendre  111  ;  Legendre  diferansiyel  denklemi  111  ;  Legendre  operatörü  111  ; 
Legendre  polinomları  111,112,114  ;  Lineerlik  özelliği  63,74  ;  Lineer  diferansiyel  denklem 
sistemi 5,44,47,49,86 ; Lineer homojen denklem sistemi  37,44,45,50,57 ; Lineer sistem(ler) 
5,42,52,81 ;  Lipschitz koşulu 3,119   
M Matris analizi 6,41 ; Matris cebiri 41; Matrisin özdeğerleri 45; Mc Laurin açılımı 86; Mc 
Laurin 
serisi 
87; 
Merdiven 
çizgisi 
177; 
Merdiven 
eğrisi 
177; 
Mertebe 
1.2.3,5,8,9,10,11,12,13,15,16,22,28,41,42,43,44,59,60,66,70,73,86  ;  Mertebe  düşürme  28; 
Mertebesi sıfır olan Bessel fonksiyonu 103    
N Newton interpolasyon yöntemi 181; Newton’un hareket yasaları 190 ; Newton’un soğuma 
yasası  199,208  ;  Nomografik  yöntem  185;  Nomogram(lar)  185,186  ;  Normal  sistem 
10,11,12,13.14.15.17,18,22, 23.28.57,154 ; Nüfus artış problemi 200 
O – Ö Operasyonel hesap 138; Operatörler 39,138,139,150,159 ,160; Ortalama değer teoremi 
3 ; Özdeğer 45,55,56 ; Özel fonksiyonlar 63,86  
P    Periyodik  fonksiyonların  Laplace  dönüşümü  68;  Picard  iterasyon  yönemi  122;  Picard  – 
Lindelöf teoremi 4 ;  Picard yöntemi 122,136,137 ; Potansiel teori 111 
R  Radyoaktif bozulma 195 ; Radyum’un yarı ömrü 203; Rampa fonksiyonu 63 ; Reel sabit 
büyüklükler  44  ;  Rekürans  bağıntısı  92,96,98,99,100,101,102,104,106,107,108,113,115  ; 
Riccati diferansiyel denklemi 176 ; Riemann 59 ; Runge-Kutta yöntem(i)leri 125,135  
S    Sabit  katsayılı  homogen  denklem  sistemleri  29;  Sabitlerin  değişimi  yöntemi  52,54,57  ; 
Sayısal hesap 119 ; Seri yöntemi 120  ; Sıçrama noktası 177 ; Sıçrama süreksizliği 59  ; Sıfır 
vektör 52 ; Sınır değer problemi 2,120 ;  Simültane diferansiyel denklem sistemi 5 ; Simültane 
sistem  6,164  ;  Singüler  çözüm  3,8  ;  Sistemin  boyutu  42  ;  Sistemin  çözüm  takımı 
9,12,14,16,18,19,2,9,31 

Sistemin 
katsayılar 
determinantı 
20,30,139,143,147,152,159,161,165 ; Sistemin mertebesi 8,9,12,15,16,17,28,162,166,168,169 
;  Sistemin  simetrik  şekli  23  ;  Sistemin  temel  çözüm  takımı  21  ;  Skala  değiştirme  özelliği 
65,75 ; Son değer teoremi 71,72 ; (V). Södeberg 175 ; Sütun vektör fonksiyonu 42  
T Taylor açılımı yöntemi 87,88,89 ; Taylor serisi 121,123,125,126,127 ; Taylor serisi yöntemi 
87,120  ;  Teğet  doğrultusu  180,182,188,189  ;  Tek  adım  yöntemleri  123  ;  Tekil  nokta 
90,95,101,103,105,114 ; Tekil olmayan matris 53 ; Teklik teoremi 1,4,21,120 ; Temel çözüm 
takımı  21,33,34,37,45,140,142,143  ;  Temel  matris  52,53,57  ;  Ters  integral  dönüşümü  58  ; 
Ters Laplace dönüşümü 73,74,75,77 ; Testere dişi dalga fonksiyonu 70 ; (W.) Thoneon 176 ; 
Toricelli kanunu 204 ; Transandant sayı 2 ; Trivial çözüm 13,19,29,139 ; Türeterek yok etme 
yöntemi 8,12,13,15,29,39,160 ; Türetilmiş fonksiyonların Laplace dönüşümü 65 ; Türetilmiş 
fonksiyonların  ters  Laplace  dönüşümü  75  ;  Türev  mertebesi  2  ;  Türev  operatörü 
139,140,141,148,171   
U – Ü  Üç noktalı Adams yöntemi 130; Üç noktalı kestirme düzeltme formülleri 132 ; Üstel 
mertebeden 59,60,70,73  
V Varlık teoremi 1,60,120 ; Vektör değerli fonksiyon 42 ; Vektör fonksiyonu 42,52  

 
 
W  Wronski determinantı 45 ; Wronskien 19,31   
Y Yakınsaklık aralığı 86; Yakınsaklık yarıçapı 87 ; Yalnız çözüm 3 ; Yardımcı fonksiyon 18 ; 
Yardımcı  sistem  23  ;  Yarım  adım(lar)  yöntemi  182,186,187,188  ;  Yaş  tayini  196  ;  Yüksek 
mertebeden diferansiyel denklemler 2   

Document Outline

  • Baş sayfa
  • Bölüm 1
  • Bölüm 2
  • Bölüm 3
  • Bölüm 4
  • Bölüm 5
  • Bölüm 6
  • Bölüm 7
  • Bölüm 8
  • Bölüm 9
  • Bölüm 10
  • Kaynakça-Dizin

Yüklə 6,77 Mb.

Dostları ilə paylaş:
1   ...   20   21   22   23   24   25   26   27   28




Verilənlər bazası müəlliflik hüququ ilə müdafiə olunur ©azkurs.org 2024
rəhbərliyinə müraciət

gir | qeydiyyatdan keç
    Ana səhifə


yükləyin