1
11
11 11
12 21
2
12
11 12
12 22
1
21
21 11
22 21
2
22
21 12
22 22
( )
( )
( )
( )
( )
( )
0
( )
( )
( )
( )
( )
( )
0
c x t
a x t
a x t
c x t
a x t
a x t
c x t
a x t
a x t
c x t
a x t
a x t
bulunur. Bu son iki bağıntının
1
c
ve
2
c
nin her değeri için gerçeklenmesi ise ancak ve ancak
11
11 11
12 21
12
11 12
12 22
21
21 11
22 21
22
21 12
22 22
( )
( )
( ) 0
( )
( )
( ) 0
( )
( )
( ) 0
( )
( )
( ) 0
x t
a x t
a x t
x t
a x t
a x t
x t
a x t
a x t
x t
a x t
a x t
olmasıyla olanaklıdır. Sağ taraf için
( )
1
1
11
2
12
( )
2
1
21
2
22
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
p
p
x
t
L t x t
L t x t
x
t
L t x t
L t x t
11
12
( )
1
2
21
22
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
p
x t
x t
x
t
L t
L t
x t
x t
formunda bir özel çözüm aranır.
( )
1
( )
p
x
t ve
( )
2
( )
p
x
t
nin bu değerleri (3.1) de yerine konursa;
1 11
2 12
1 11
2 12
11
1 11
2 12
12
1 21
2 22
1
1 21
2 22
1 21
2 22
21
1 11
2 12
12
1 21
2 22
2
( )
( )
L x
L x
L x
L x
a
L x
L x
a
L x
L x
f t
L x
L x
L x
L x
a
L x
L x
a
L x
L x
f t
47
ve düzenlenirse,
1 11
2 12
1
11
11 11
12 21
2
12
11 12
12 22
1
1 21
2 22
1
21
21 11
22 21
2
22
21 12
22 22
2
( )
( )
L x
L x
L x
a x
a x
L x
a x
a x
f t
L x
L x
L x
a x
a x
L x
a x
a x
f t
ve (3.2) dikkate alınırsa
1 11
2 12
1
1 21
2 22
2
( )
( )
L x
L x
f t
L x
L x
f t
(3.10)
bulunur.
1
L
ve
2
L
nin buradan bulunan değerleri (3.3) de yerine konarak sağ taraf için özel
çözüm elde edilir. Sağ tarafsızın çözümü ile sağ taraf için bulunan bu özel çözüm toplanarak
genel çözüm elde edilir.
Üç denklemli hal için (3.10) un yerini,
1 11
2 12
3 13
1
1 21
2 22
3 23
2
1 31
2 32
3 33
3
( )
( )
( )
L x
L x
L x
f t
L x
L x
L x
f t
L x
L x
L x
f t
ifadelerinin alacağı, aynı yol izlenerek kolayca gösterilebilir.
Örnek .
1
1
2
t
x
x
x
e
2
1
2
9
sin
x
x
x
t
sabit katsayılı lineer diferansiyel denklem sistemini çözelim.
Önce sağ tarafsızı çözelim :
1 1
9 1
A
dir.
0
A rI
denklemini oluşturup köklerini bulalım:
A rI
1
1
0
9
1
r
r
1
2
r
,
2
4
r
Şimdi de
1
2
u
u
u
olmak üzere
0
A rI u
denklemini oluşturalım:
1
2
1
1
0
9
1
u
r
A rI u
u
r
1
2
1
2
1
0
9
1
0
r u
u
u
r u
dir.
1
2
r
koyalım:
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
1
2
3
0
3 ,
9
1
2
9
3
0
3 .
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
48
1
1
u
seçelim.
2
3
u
ve
(1)
1
3
u
olur.
2
4
r
için
(2)
1
3
u
bulunur.
Böylece sağ tarafsızın çözümü;
1
2
1
(1)
(2)
1
2
2
( )
( )
( )
r t
r t
x t
x t
c u e
c u e
x t
2
4
1
2
1
1
3
3
t
t
c
e
c
e
2
4
1
1
2
2
4
2
1
2
( )
( )
3
3
t
t
t
t
x t
c e
c e
x t
c e
c e
olup burada
2
4
2
4
11
12
21
22
( )
,
( )
,
( )
3
,
( ) 3
t
t
t
t
x t
e
x t
e x t
e
x t
e
1
2
( )
, ( ) sin
t
f t
e f t
t
dir. (3.4) de yerine koyalım:
2
4
1
2
t
t
t
L e
L e
e
2
4
1
2
3
sin
t
t
L e
L e
t
olup, buradan,
3
2
3
4
1
2
1
sin ,
sin
2
6
2
6
t
t
t
t
e
e
e
L
t L
e
t
3
2
3
4
1
2
2sin
cos ,
4sin
cos
6
30
6
102
t
t
t
t
e
e
e
e
L
t
t L
t
t
ve
2
3
2
( )
2
( )
2sin
cos
6
30
3
t
t
t
p
t
e
e
e
x
t
t
t
e
4
3
4
4
4sin
cos
6
102
3
t
t
t
t
e
e
e
t
t
e
18sin
cos
170
14sin
22cos
170
t
t
t
t
t
e
bulunur.
Sağ tarafsızın çözümü ile sağ taraflı için bulunan özel çözümün toplamı genel çözümü
verecektir.
49
İkinci Yöntem olarak:
d
D
dt
olmak üzere, denklem sistemini
1
1
2
1
2
2
,
9
sin
t
Dx
x
x
e
x
Dx
x
t
şeklinde düzenleyerek;
1
2
1
2
1
9
1
sin
t
D
x
x
e
x
D
x
t
formunda yazalım. Buradan
1
x
i çözelim :
1
2
1
1
sin
sin
1
1
1
2
8
9
1
t
t
e
D
e
t
t D
x
D
D
D
D
olur. Buradan
2
1
2
8
1
sin
t
D
D
x
D
e
t
1
1
1
2
8
sin
sin
t
t
x
x
x
e
e
t
t
diferansiyel denklemi elde edilir. Bu sabit katsayılı bir lineer diferansiyel denklem olup
karakteristik denklemi ve kökleri
2
2
8 0
r
r
1
2,
r
2
4
r
ve sağ tarafsızın çözümü
2
4
1
1
2
t
t
x
C e
C e
dir. Sağ taraf için
1
sin
cos
p
x
A
t B
t
formunda bir özel çözüm tahmin edilerek, işlemler
sonucunda
1
9
2
sin
cos
85
85
p
x
t
t
olur. Genel çözüm ise
2
4
1
1
2
9
2
sin
cos
85
85
t
t
x
C e
C e
t
t
olarak bulunur
1
x
in bu değerini verilen denklemlerin ilkinde yerleştirelim ve
2
x
yi bulalım :
50
2
4
1
2
9
2
sin
cos
85
85
t
t
D C e
C e
t
t
2
4
1
2
2
2
4
1
2
2
4
1
2
2
9
2
sin
cos
85
85
9
2
2
4
cos
sin
85
85
9
2
sin
cos
85
85
t
t
t
t
t
t
t
t
C e
C e
t
t x
e
C e
C e
t
t
C e
C e
t
t x
e
2
4
2
1
2
7
11
3
3
sin
cos
85
85
t
t
t
x
C e
C e
t
t e
elde edilir.
Örnek.
1
1
2
3
4
x
x
x
2
1
2
2
x
x
x
sabit katsayılı lineer homojen diferansiyel denklem sistemini çözelim.
Önce ikinci tarafsız denklemin çözümü bulalım.
3
4
2
1
A
dir.
0
A rI
denklemini oluşturup köklerini bulalım :
3
4
0
2
1
r
A rI
r
1,2
1 2
r
i
şimdi de
1
2
u
u
u
olmak üzere
0
A rI u
denklemini oluşturalım :
1
2
3
4
0
2
1
u
r
A rI u
u
r
1
2
1
2
3
4
0
2
1
0
r u
u
u
r u
olur.
1
1 2
r
i
koyalım :
1
2
1
2
3 1 2
4
0
2
1 1 2
0
i u
u
u
i u
1
2
1
2
2 1
4
2
2 1
i u
u
u
i u
1
1
u
seçelim.
2
1
2
i
u
ve
(1)
1
1
2
u
i
olur.
51
2
1 2
r
i
için
(2)
1
1
2
u
i
bulunur.
1
2
1
(1)
(2)
1
2
2
( )
( )
( )
r t
r t
x t
x t
c u e
c u e
x t
1 2
1 2
1
1
1
1
1
2
2
i t
i t
c
e
e
i
i
2
2
1
1
2
2
2
2
1
2
( )
1
1
( )
2
2
t
it
t
it
t
it
t
it
x t
c e e
c e e
i
i
x t
c
e e
c
e e
olur. Euler formülü şunlardır :
2
cos 2
sin 2 ,
it
e
t i
t
2
cos 2
sin 2
it
e
t i
t
Bu değerleri (3.1) ve (3.2) de yerine koyalım ve düzenleyelim :
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
( )
cos 2
sin 2
( )
cos 2
sin 2
sin 2
cos 2
2
2
t
t
x t
e
c
c
t i c
c
t
c
c
c
c
x t
e
t
t
i
t
t
ve
1
2
,
c
c
A
1
2
i c
c
B
diyelim :
1
2
( )
cos2
sin 2
1
( )
cos2
sin 2
sin 2
cos 2
2
t
t
x t
e A
t B
t
x t
e A
t
t
B
t
t
ve nihayet bunlardan
cos 2
sin 2
( )
1
1
cos 2
sin 2
sin 2
cos 2
2
2
t
t
t
t
x t
A
e
B
e
t
t
t
t
bulunur.
Şimdi de farklı bir yöntemle problemi yeniden ele alalım : Denklemlerin ilkinden
2
1
1
1
3
4
x
x
x
bulunur. İkincisinde yerine koyalım ve düzenleyelim :
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
2
3
4
4
2
5
0
x
x
x
x
x
x
x
x
bulunur. Bu sabit katsayılı diferansiyel denklem olup karakteristik denklemi ve kökleri;
2
2
5 0
r
r
1,2
1 2
r
i
52
dir. Dolayısıyla,
1
cos 2
sin 2
t
x
e A
t B
t
olacaktır. Bu ara sonucu (3.1) de değerlendirelim:
2
3
cos 2
sin 2
cos 2
sin 2
2
cos 2
sin 2
4
1
cos 2
sin 2
cos 2
sin 2
2
t
t
t
t
e A
t B
t
e A
t B
t
e
A
t B
t
x
e A
t
t
B
t
t
olarak çözüme ulaşılır.
03.06. Homojen Olmayan Lineer Sistem için Yöntemler
03.06.01. Sabitlerin Değişimi Yöntemi
Homojen olmayan lineer
x
x g
sisteminin genel çözümü,
h
x t homojen ve bir
p
x t özel çözümünün toplamı olarak ifade
edilebilir. Yüksek mertebeden lineer bir denklem ile lineer bir sistem arasında benzerlik
kurulabilir. Şimdi özel çözümü bulmak için sabitlerin değişimi yöntemini önereceğiz. Özel
çözümü
p
x
t u t
biçiminde arayıp,
u t bilinmeyen vektör fonksiyonu belirleceğiz. Bu çözüm
x
x g
sisteminde yerine yazılırsa
t u t
t u
t u t
g t
ya da
t
t u t
t u
g t
bulunur.
t
temel matrisi
diferansiyel denklem sistemini sağladığından
yukarıdaki bağıntının sol yanındaki ilk terim sıfır vektörüne eşittir ve
u t
vektör fonksiyonu
u
g
(3.11)
cebirsel denklem sisteminin çözümü olur. Bunu bir kez integre ederek
u t
vektörünü bulmuş
oluruz. Özel çözüm aradığımız için integrasyon sabitlerini atabiliriz. Bu söylediklerimizi
uygulayarak başlangıç koşulunu sağlayan çözümü, yani
x
x g
,
0
0
x t
x
53
başlangıç değer probleminin çözümünü formüle edebilirz. Temel matris tekil olmayan bir
matris olduğundan tersi her zaman vardır ve (3.11) bağıntısından
0
0
x t
koşulunu sağlayan
özel çözüm
0
1
1
t
p
t
u t
t g t
x
t
s g s ds
olarak yazılabilir. Genel çözüm ise
0
1
1
0
0
t
t
x
t
t x
t
s g s ds
Dostları ilə paylaş: |