Prof. Yav Ksoy uz a cilt 2 Dİferansiyel denklemler



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