Prof. Yav Ksoy uz a cilt 2 Dİferansiyel denklemler
Yüklə 6,77 Mb. Pdf görüntüsü
|
- Bu səhifədəki naviqasiya:
- Document Outline
|
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 1 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 2 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 1 izoklin eğrisinin M 1 noktasını alalım. Bu noktadan PA 1 e bir paralel çizelim. E 1 ve E 2 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 3 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 2 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
Yüklə 6,77 Mb. Dostları ilə paylaş:
|